一名爱岗敬业的教师要充分考虑学生的理解性，教师要准备好教案，这是教师需要精心准备的。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，让教师能够快速的解决各种教学问题。那么，你知道教案要怎么写呢？考虑到您的需要，小编特地编辑了“空间角”，供大家参考，希望能帮助到有需要的朋友。

题目第九章(B)直线、平面、简单几何体空间角
高考要求
1掌握直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角的概念
2会求直线和直线、直线和平面、平面和平面所成的角
知识点归纳
1．异面直线所成的角：已知两条异面直线，经过空间任一点作直线，所成的角的大小与点的选择无关，把所成的锐角（或直角）叫异面直线所成的角（或夹角）．为了简便，点通常取在异面直线的一条上
异面直线所成的角的范围：
2．求异面直线所成的角的方法：（1）几何法；（2）向量法
3．直线和平面所成角
（1）定义：平面的一条斜线和它在平面上的射影所成的锐角叫做这条斜线和这个平面所成的角
一直线垂直于平面，所成的角是直角
一直线平行于平面或在平面内，所成角为0角
直线和平面所成角范围：0，
（2）定理：斜线和平面所成角是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角
4．公式：平面的斜线a与内一直线b相交成θ角，且a与相交成1角，a在上的射影c与b相交成2角，则有
5二面角：平面内的一条直线把平面分为两个部分，其中的每一部分叫做半平面；从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，每个半平面叫做二面角的面若棱为，两个面分别为的二面角记为；
6．二面角的平面角：
（1）过二面角的棱上的一点分别在两个半平面内作棱的两条垂线，则叫做二面角的平面角
（2）一个平面垂直于二面角的棱，且与两半平面交线分别为为垂足，则也是的平面角
说明：①二面角的平面角范围是；
②二面角的平面角为直角时，则称为直二面角，组成直二面角的两个平面互相垂直
7．二面角的求法：⑴几何法；⑵向量法
8求二面角的射影公式：，
其中各个符号的含义是：是二面角的一个面内图形F的面积，是图形F在二面角的另一个面内的射影，是二面角的大小
9．三种空间角的向量法计算公式：
⑴异面直线所成的角：；
⑵直线与平面(法向量)所成的角：；
⑶锐二面角：，其中为两个面的法向量
题型讲解
例1直三棱柱A1B1C1—ABC，∠BCA=90°，点D1、F1分别是A1B1、A1C1的中点，BC=CA=CC1，则BD1与AF1所成角的余弦值是（）
A．B．C．D．
解法一：(几何法)如图，连结D1F1，
则D1F1
BC∴D1F1
设点E为BC中点
∴D1F1BEEF1
∴∠EF1A或补角即为所求
由余弦定理可求得cos∠EF1A=．
解法二：(向量法)建立如图所示的坐标系，设BC=1
则A（－1，0，0），F1（－，0，1），
B（0，－1，0），D1（－，－，1）
即=（，0，1），=（－，，1）
∴cos，=
点评：解法一与解法二从两个不同角度求异面直线所成的角．解法一体现传统方法作—证—算；解法二把角的求解转化为向量运算，应注意体会两种方法的特点．
例2在正四面体ABCD中，E为AD的中点，求直线CE与平面BCD成的角．
分析:求线面角的关键在于找出斜线在平面内的射影，即找垂面，有了垂面即可在垂面内作交线的垂线，线面角即可作出，然后转化到三角形中求解．
解法一:取BC的中点F，连结AF、DF
∵正四面体ABCD
∴BC⊥AF，BC⊥DF
∴BC⊥面AFD，
而BC平面BCD
∴面AFD⊥面BCD
过E作EH⊥DF于H，
而DF平面BCD，则EH⊥面BCD
则∠ECH为CE与面BCD所成的角．
在Rt△CEH中，sin∠ECH=．
即CE与平面BCD成的角为arcsin．
解法二：如图建立以三角形BCD的中心O为原点，,OD,OA依次为y轴，z轴X轴平行于BC
设正四面体ABCD的棱长为，
则
∴
∵E为AD的中点，∴
∴
又因为平面BCD的法向量为，
∴即CE与平面BCD成的角满足：
点评：求线面角的两种方法
例3如图，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝BB1＝1，E为D1C1的中点，求二面角E—BD—C的正切值．
解法一：∵ABCD—A1B1C1D1是长方体，
∴作EF⊥面BCD，而E为的中点，则F为CD的中点，过F作FM⊥BD交BD于M，连EM，由三垂线定理知EM⊥BD，
∴∠EMF就是二面角E—BD—C的平面角，〕又∵AB＝2，BB1＝BC＝1，EF＝1，
FM＝1×＝
∴tan∠EMF＝．
解法二：∵S△BDF＝S△EBDcosθ
而S△BDF＝BDFM＝＝，
又BD＝，ED＝，BE＝
∴ED2+BE2＝BD2
∴DE⊥EB故S△EBD＝EDEB＝
∴cosθ＝；tanθ＝．
解法三：过E作棱BD的垂线EM交BD于M，过C点作棱BD的垂线CN交BD于N，E、C是异面直线EM、CN上两点，CE＝．EM＝，
而FM⊥BD，CN⊥BD，F为CD中点，
∴MN＝DM＝
∴2＝cosθ
cosθ＝，tanθ＝．
解法四：如图，建立坐标系，则D(0,0,0),B(1,2,0),E(0,1,1)
设平面DBE的方程为：（过原点D=0）
则
∴平面DBE的一个法向量为
又因为平面BCD的一个法向量为
二面角E—BD—C的余弦值为：
∴
点评：选此题意在通过此题使学生掌握二面角平面角的作法及求法．即三垂线定理及逆定理法，投影法，利用异面直线上两点间的距离公式法．
例4正方体ABCD-EFGH的棱长为a，点P在AC上，Q在BG上，且AP=BQ=a,
⑴求直线PQ与平面ABCD所成的角的正切值；
⑵求直线PQ与AD所成的角
分析：（1）先作出PQ在面ABCD内的射影，由于面BFGC⊥面ABCD，作QM⊥BC于M，则MP就是QP在面ABCD内的射影，∠QPM就是要求的角，也可以先求出面ABCD的法向量与的角，然后再求它的余角即得
（2）（向量法）解：建立坐标系后，求出
可由cos求解，
解（1）作QM⊥BC于M，连MP，则∠QMP就是直线PQ与平面ABCD所成的角则易得：QM=，MP=（1-
tan∠QPM=
（2）建立空间直角坐标系如图，则
Q（0，P（
A（a,0,0）,D(a,a,0),
,=(0,a,0)
QP与AD所成的角为90°
例5如图，在底面是直角梯形的四棱锥S-ABCD中，∠ABC=90°，SA⊥平面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=，求面SCD与面SBA所成的二面角的正切值
分析：此题中二面角的棱没有画出，按常规解可延长BA，CD相交于E，则SE是二面角的棱，因为DA⊥面ABS，过点A作SE的垂线交SE于F，连结DF，则∠ADF就是所求二面角的平面角
若用向量法求解，就是要求两个面的法向量所成的角或补角
解：如图建立空间直角坐标系，则依题意可知D（，C（1，1，0），
S（0，0，1），可知是面SAB的法向量
设平面SCD的法向量=（x，y，z）
=0，
可推出令x=2,则有y=-1,z=1,=（2，-1，1）
设所求二面角的大小为θ，则
cosθ==
,tan
例6已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1的底面ABCD是菱形，且∠C1CB=∠C1CD=∠BCD
（1）证明：C1C⊥BD；
（2）当的值为多少时，能使A1C⊥平面C1BD请给出证明
证明：如设∠C1CB=θ，由题设，∠C1CD=∠BCD=θ令=，=，=，||=1，||=x，因为四边形ABCD为菱形，所以||=1，
（1）∵-
∴=(-)=-
=1xcosθ-1xcosθ=0
∴C1C⊥BD
（2）假设A1C⊥平面C1BD成立
则A1C⊥C1D，从而=0
由于=-，=++
因此
=(++)(-)
=2++-c--2
=2++-2=1+11cosθ-1xcosθ-x2
=（1-x）(1+x+cosθ)
从而(1-x)(1+x+cosθ)=0
由于1+x+cosθ＞0，因此，x=1
也就是说时，A1C⊥平面C1BD成立
点评：平行六面体的12条棱共分三组，每组四条棱两两平行，故可取共顶点的三条棱作为空间向量的基底，此题中，，三个共点向量为基底，其余向量可由此三个向量生成
小结：
空间角的求解有两种方法一种是几何法，另一种是向量法．
1．几何法一般要有三个步骤．
（1）作图：如上例中作出二面角的平面角及题中涉及的有关图形等；
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的；
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
2．向量法是把求角的问题转化为求两向量的夹角．这里平面的法向量常用待定系数法求解，平面的法向量是关键．
学生练习
1．异面直线a与b所成的角为50°，P为空间一点，则过P点且与a、b所成的角都是30°的直线有（）
A．1条B．2条C．3条D．4条
解析：将a、b平移到点P，则过P与a、b所成的角都是30°的直线为2条．
答案：B
2．平面α的斜线与α所成的角为30°，则此斜线和α内所有不过斜足的直线中所成的角的最大值为（）
A．30°B．60°C．90°D．150°
解析：本题易误选D，因斜线和α内所有不过斜足的直线为异面直线，故最大角为90°．
答案：C
3．在边长为a的正三角形ABC中，AD⊥BC于D，沿AD折成二面角B—AD—C后，BC＝a，这时二面角B—AD—C的大小为（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
解析：折起后△BCD为正三角形．
答案：C
4．四面体ABCD中，E、F分别是AC、BD的中点，若CD=2AB，EF⊥AB，则EF与CD所成的角等于（）
A．30°B．45°C．60°D．90°
解析：取AD中点G，连结EG、GF，则GECD，GE=AB
∵CD=2AB∴GE=2GF，∵EF⊥AB，∴EF⊥GF．
∴∠GEF=30°
答案：A
5．在正方体A—C1中，E、F分别为D1C1与AB的中点，则A1B1与截面A1ECF所成的角为（）
A．arctanB．arccosC．arcsinD．都不对
解：（向量法）建立以D为原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴的坐标系，设棱长为1
设平面A1FCE的法向量=（x，y，z）,则=0，=0
∵=（－1，，0），=（0，－，1）
∴,令y=2,∴=（1，2，1）
又∵=（0，1，0）∴cos,=
∴A1B1与平面A1FCE成的角为arcsin答案：A
6．一条直线与直二面角的两个面所成的角分别是α和β，则α＋β的范围是_____．
解：设A、B分别为平面M、N内任一点，过A、B分别作AC⊥，BD⊥垂足为C、D．则∠BAD=α，∠ABC=β,α+β≤α+∠ABD=90°
又∵α+β≥0°,∴α+β∈[0°，90°]
答案：[0°，90°]
7．在平面角为锐角的二面角α—EF—β中，A∈EF，AGα，∠GAE＝45°，若AG与β所成角为30°，则二面角α—EF—β的平面角为______．
答案：45°
8．二面角α——β的平面角为120°，A、B∈，ACα，BDβ，AC⊥，BD⊥，若AB＝AC＝BD＝，则CD的长为．
解析：∵，AC⊥，BD⊥．AB∈．
∴，
∴
答案：2
9．在直角坐标系中，设A（－2，3），B（3，－2），沿x轴把直角坐标平面折成大小为θ的二面角后，｜AB｜＝4，则θ的值为．
答案：60°

课前后备注JAb88.cOm

扩展阅读

空间角的计算学案练习题

俗话说，磨刀不误砍柴工。高中教师要准备好教案，这是老师职责的一部分。教案可以让上课时的教学氛围非常活跃，帮助高中教师提前熟悉所教学的内容。那么怎么才能写出优秀的高中教案呢？下面是小编为大家整理的“空间角的计算学案练习题”，但愿对您的学习工作带来帮助。

§空间角的计算(一)
一、知识要点
1.用向量方法解决线线所成角；
2.用向量方法解决线面所成角。
二、典型例题
例1.如图，在正方体中，点分别在，上，且，，求与所成角的余弦值。

例2.在正方体中，是的中点，点在上，且，求直线与平面所成角余弦值的大小。

三、巩固练习
1.设分别是两条异面直线的方向向量，且，则异面直线与所成角大小为；
2.在正方体，与平面所成角的大小为，与平面所成角大小为，与平面所成角的大小为；
3.平面的一条斜线和它在平面内的射影得夹角45°，平面内一条直线和这条斜线在平面内的射影夹角为45°，则斜线与平面内这条直线所成角为；

四、小结

五、作业
1.平面的一条斜线和这个平面所成角的范围为，两条异面直线所成角的范围为；
2.已知为两条异面直线，，分别是它们的方向向量，则与所成角为；
3.已知向量是直线的方向向量是平面的法向量，则直线与平面所成角为；
4.正方体中，O为侧面的中心，则与平面所成角的正弦值为；
5.长方体中，，点是线段的中点，则与平面所成角为；
6.已知平面相交于，，则直线与平面所成角的余弦值为；
7.如图，内接于的直径，为的直径，且，为中点，求异面直线与所成角的余弦值。

8.如图，正三棱柱的底面边长为，侧棱长为。
求与侧面所成角大小。

高三数学下册《空间角问题》知识点

高三数学下册《空间角问题》知识点

一、直线与直线所成的角

①两平行直线所成的角：规定为。

②两条相交直线所成的角：两条直线相交其中不大于直角的角，叫这两条直线所成的角。

③两条异面直线所成的角：过空间任意一点O，分别作与两条异面直线a，b平行的直线，形成两条相交直线，这两条相交直线所成的不大于直角的角叫做两条异面直线所成的角。

二、直线和平面所成的角

①平面的平行线与平面所成的角：规定为。

②平面的垂线与平面所成的角：规定为。

③平面的斜线与平面所成的角：平面的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，叫做这条直线和这个平面所成的角。

求斜线与平面所成角的思路类似于求异面直线所成角：一作，二证，三计算。

在作角时依定义关键作射影，由射影定义知关键在于斜线上一点到面的垂线，

三、解题技巧

在解题时，注意挖掘题设中两个主要信息

(1)斜线上一点到面的垂线;

(2)过斜线上的一点或过斜线的平面与已知面垂直，由面面垂直性质易得垂线。

(3)二面角和二面角的平面角

①二面角的定义：从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角，这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面。

②二面角的平面角：以二面角的棱上任意一点为顶点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角叫二面角的平面角。

③直二面角：平面角是直角的二面角叫直二面角。

两相交平面如果所组成的二面角是直二面角，那么这两个平面垂直;反过来，如果两个平面垂直，那么所成的二面角为直二面角。

④求二面角的方法

定义法：在棱上选择有关点，过这个点分别在两个面内作垂直于棱的射线得到平面角。

垂面法：已知二面角内一点到两个面的垂线时，过两垂线作平面与两个面的交线所成的角为二面角的平面角。

高考数学（理科）一轮复习利用向量方法求空间角学案有答案

学案46利用向量方法求空间角

导学目标：1.掌握各种空间角的定义，弄清它们各自的取值范围.2.掌握异面直线所成的角，二面角的平面角，直线与平面所成的角的联系和区别.3.体会求空间角中的转化思想、数形结合思想，熟练掌握平移方法、射影方法等.4.灵活地运用各种方法求空间角．
自主梳理
1．两条异面直线的夹角
(1)定义：设a，b是两条异面直线，在直线a上任取一点作直线a′∥b，则a′与a的夹角叫做a与b的夹角．
(2)范围：两异面直线夹角θ的取值范围是_______________________________________．
(3)向量求法：设直线a，b的方向向量为a，b，其夹角为φ，则有cosθ＝________＝______________.
2．直线与平面的夹角
(1)定义：直线和平面的夹角，是指直线与它在这个平面内的射影的夹角．
(2)范围：直线和平面夹角θ的取值范围是________________________________________．
(3)向量求法：设直线l的方向向量为a，平面的法向量为u，直线与平面所成的角为θ，a与u的夹角为φ，则有sinθ＝__________或cosθ＝sinφ.
3．二面角
(1)二面角的取值范围是____________．
(2)二面角的向量求法：
①若AB、CD分别是二面角α—l—β的两个面内与棱l垂直的异面直线，则二面角的大小就是向量AB→与CD→的夹角(如图①)．
②设n1，n2分别是二面角α—l—β的两个面α，β的法向量，则向量n1与n2的夹角(或其补角)的大小就是二面角的平面角的大小(如图②③)．
自我检测
1．已知两平面的法向量分别为m＝(0,1,0)，n＝(0,1,1)，则两平面所成的二面角为()
A．45°B．135°
C．45°或135°D．90°
2．若直线l1，l2的方向向量分别为a＝(2,4，－4)，b＝(－6,9,6)，则()
A．l1∥l2B．l1⊥l2
C．l1与l2相交但不垂直D．以上均不正确
3．若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于120°，则直线l与平面α所成的角等于()
A．120°B．60°
C．30°D．以上均错
4．(2011湛江月考)二面角的棱上有A、B两点，直线AC、BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知AB＝4，AC＝6，BD＝8，CD＝217，则该二面角的大小为()
A．150°B．45°C．60°D．120°
5．(2011铁岭模拟)已知直线AB、CD是异面直线，AC⊥CD，BD⊥CD，且AB＝2，CD＝1，则异面直线AB与CD夹角的大小为()
A．30°B．45°C．60°D．75°
探究点一利用向量法求异面直线所成的角
例1已知直三棱柱ABC—A1B1C1，∠ACB＝90°，CA＝CB＝CC1，D为B1C1的中点，求异面直线BD和A1C所成角的余弦值．
变式迁移1
如图所示，在棱长为a的正方体ABCD—A1B1C1D1中，求异面直线BA1和AC所成的角．
探究点二利用向量法求直线与平面所成的角
例2(2011新乡月考)如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点．
若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值．

变式迁移2
如图所示，在几何体ABCDE中，△ABC是等腰直角三角形，∠ABC＝90°，BE和CD都垂直于平面ABC，且BE＝AB＝2，CD＝1，点F是AE的中点．求AB与平面BDF所成角的正弦值．

探究点三利用向量法求二面角

例3如图，ABCD是直角梯形，∠BAD＝90°，SA⊥平面ABCD，SA＝BC＝BA＝1，AD＝12，求面SCD与面SBA所成角的余弦值大小．

变式迁移3
(2011沧州月考)如图，在三棱锥S—ABC中，侧面SAB与侧面SAC均为等边三角形，∠BAC＝90°，O为BC中点．
(1)证明：SO⊥平面ABC；
(2)求二面角A—SC—B的余弦值．

探究点四向量法的综合应用

例4
如图所示，在三棱锥A—BCD中，侧面ABD、ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边，且AD＝3，BD＝CD＝1，另一个侧面ABC是正三角形．
(1)求证：AD⊥BC；
(2)求二面角B－AC－D的余弦值；
(3)在线段AC上是否存在一点E，使ED与面BCD成30°角？若存在，确定点E的位置；若不存在，说明理由．
变式迁移4(2011山东)在如图所示的几何体中，四边形ABCD为平行四边形，∠ACB＝90°，EA⊥平面ABCD，EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，AB＝2EF.
(1)若M是线段AD的中点，求证：GM∥平面ABFE；
(2)若AC＝BC＝2AE，求二面角A－BF－C的大小．
1．求两异面直线a、b的夹角θ，需求出它们的方向向量a，b的夹角，则cosθ＝|cos〈a，b〉|.
2．求直线l与平面α所成的角θ.可先求出平面α的法向量n与直线l的方向向量a的夹角．则sinθ＝|cos〈n，a〉|.
3．求二面角α—l—β的大小θ，可先求出两个平面的法向量n1，n2所成的角．则θ＝〈n1，n2〉或π－〈n1，n2〉．
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．(2011成都月考)在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M是AB的中点，则sin〈DB1→，CM→〉的值等于()
A.12B.21015
C.23D.1115
2．长方体ABCD—A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，AD＝1，E为CC1的中点，则异面直线BC1与AE所成角的余弦值为()
A.1010B.3010C.21510D.31010
3．已知正四棱锥S—ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE、SD所成的角的余弦值为()
A.13B.23C.33D.23
4.
如图所示，在长方体ABCD—A1B1C1D1中，已知B1C，C1D与上底面A1B1C1D1所成的角分别为60°和45°，则异面直线B1C和C1D所成的余弦值为()
A.26B.63
C.36D.64
5．(2011兰州月考)P是二面角α—AB—β棱上的一点，分别在α、β平面上引射线PM、PN，如果∠BPM＝∠BPN＝45°，∠MPN＝60°，那么二面角α—AB—β的大小为()
A．60°B．70°C．80°D．90°
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．(2011郑州模拟)已知正四棱锥P—ABCD的棱长都相等，侧棱PB、PD的中点分别为M、N，则截面AMN与底面ABCD所成的二面角的余弦值是________．
7．如图，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°且PA＝AC＝BC＝a，则异面直线PB与AC所成角的正切值等于________．
8．如图，已知正三棱柱ABC—A1B1C1的所有棱长都相等，D是A1C1的中点，则直线AD与平面B1DC所成角的正弦值为________．
三、解答题(共38分)
9．(12分)(2011烟台模拟)
如图所示，AF、DE分别是⊙O、⊙O1的直径，AD与两圆所在的平面均垂直，AD＝8.BC是⊙O的直径，AB＝AC＝6，OE∥AD.
(1)求二面角B－AD－F的大小；
(2)求直线BD与EF所成的角的余弦值．
10．(12分)(2011大纲全国)如图，四棱锥S－ABCD中，AB∥CD，BC⊥CD，侧面SAB为等边三角形，AB＝BC＝2，CD＝SD＝1.
(1)证明：SD⊥平面SAB；
(2)求AB与平面SBC所成角的正弦值．
11．(14分)(2011湖北)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1各棱长都是4，E是BC的中点，动点F在侧棱CC1上，且不与点C重合．
(1)当CF＝1时，求证：EF⊥A1C；
(2)设二面角C－AF－E的大小为θ，求tanθ的最小值．

学案46利用向量方法求空间角
自主梳理
1．(2)0，π2(3)|cosφ|ab|a||b|
2．(2)0，π2(3)|cosφ|3.(1)[0，π]
自我检测
1．C2.B3.C4.C5.C
课堂活动区
例1解题导引(1)求异面直线所成的角，用向量法比较简单，若用基向量法求解，则必须选好空间的一组基向量，若用坐标求解，则一定要将每个点的坐标写正确．
(2)用异面直线方向向量求两异面直线夹角时，应注意异面直线所成角的范围是0，π2
解
如图所示，以C为原点，直线CA、CB、CC1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．
设CA＝CB＝CC1＝2，
则A1(2,0,2)，C(0,0,0)，B(0,2,0)，D(0,1,2)，
∴BD→＝(0，－1,2)，A1C→＝(－2,0，－2)，
∴cos〈BD→，A1C→〉＝BD→A1C→|BD→||A1C→|＝－105.
∴异面直线BD与A1C所成角的余弦值为105.
变式迁移1解∵BA1→＝BA→＋BB1→，AC→＝AB→＋BC→，
∴BA1→AC→＝(BA→＋BB1→)(AB→＋BC→)
＝BA→AB→＋BA→BC→＋BB1→AB→＋BB1→BC→.
∵AB⊥BC，BB1⊥AB，BB1⊥BC，
∴BA→BC→＝0，BB1→AB→＝0，
BB1→BC→＝0，BA→AB→＝－a2，
∴BA1→AC→＝－a2.
又BA1→AC→＝|BA1→||AC→|cos〈BA1→，AC→〉，
∴cos〈BA1→，AC→〉＝－a22a×2a＝－12.
∴〈BA1→，AC→〉＝120°.
∴异面直线BA1与AC所成的角为60°.
例2解题导引在用向量法求直线OP与α所成的角(O∈α)时，一般有两种途径：一是直接求〈OP→，OP′→〉，其中OP′为斜线OP在平面α内的射影；二是通过求〈n，OP→〉进而转化求解，其中n为平面α的法向量．
解
设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系如图．
则M(1,0,2)，N(0,1,0)，可得MN→＝(－1,1，－2)．
又DA→＝(0,0,2)为平面DCEF的法向量，
可得cos〈MN→，DA→〉＝MN→DA→|MN→||DA→|＝－63.
所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为
|cos〈MN→，DA→〉|＝63.
变式迁移2解以点B为原点，BA、BC、BE所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则
B(0,0,0)，A(2,0,0)，C(0,2,0)，
D(0,2,1)，E(0,0,2)，F(1,0,1)．
∴BD→＝(0,2,1)，DF→＝(1，－2,0)．
设平面BDF的一个法向量为
n＝(2，a，b)，
∵n⊥DF→，n⊥BD→，
∴nDF→＝0，nBD→＝0.
即2，a，b1，－2，0＝0，2，a，b0，2，1＝0.
解得a＝1，b＝－2.∴n＝(2,1，－2)．
设AB与平面BDF所成的角为θ，
则法向量n与BA→的夹角为π2－θ，
∴cosπ2－θ＝BA→n|BA→||n|＝2，0，02，1，－22×3＝23，
即sinθ＝23，故AB与平面BDF所成角的正弦值为23.
例3解题导引图中面SCD与面SBA所成的二面角没有明显的公共棱，考虑到易于建系，从而借助平面的法向量来求解．
解
建系如图，则A(0,0,0)，
D12，0，0，C(1,1,0)，
B(0，1,0)，S(0,0,1)，
∴AS→＝(0,0,1)，SC→＝(1,1，－1)，
SD→＝12，0，－1，AB→＝(0,1,0)，AD→＝12，0，0.
∴AD→AS→＝0，AD→AB→＝0.
∴AD→是面SAB的法向量，设平面SCD的法向量为n＝(x，y，z)，则有nSC→＝0且nSD→＝0.
即x＋y－z＝0，12x－z＝0.令z＝1，则x＝2，y＝－1.
∴n＝(2，－1,1)．
∴cos〈n，AD→〉＝nAD→|n||AD→|＝2×126×12＝63.
故面SCD与面SBA所成的二面角的余弦值为63.
变式迁移3(1)证明由题设AB＝AC＝SB＝SC＝SA.
连接OA，△ABC为等腰直角三角形，
所以OA＝OB＝OC＝22SA，
且AO⊥BC.
又△SBC为等腰三角形，
故SO⊥BC，且SO＝22SA.从而OA2＋SO2＝SA2，
所以△SOA为直角三角形，SO⊥AO.
又AO∩BC＝O，所以SO⊥平面ABC.
(2)解
以O为坐标原点，射线OB、OA、OS分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图的空间直角坐标系Oxyz，如右图．
设B(1,0,0)，则C(－1,0,0)，
A(0,1,0)，S(0,0,1)．
SC的中点M－12，0，12，
MO→＝12，0，－12，MA→＝12，1，－12，
SC→＝(－1,0，－1)，
∴MO→SC→＝0，MA→SC→＝0.
故MO⊥SC，MA⊥SC，〈MO→，MA→〉等于二面角A—SC—B的平面角．
cos〈MO→，MA→〉＝MO→MA→|MO→||MA→|＝33，
所以二面角A—SC—B的余弦值为33.
例4解题导引立体几何中开放性问题的解决方式往往是通过假设，借助空间向量建立方程，进行求解．
(1)证明
作AH⊥面BCD于H，连接BH、CH、DH，则四边形BHCD是正方形，且AH＝1，将其补形为如图所示正方体．以D为原点，建立如图所示空间直角坐标系．
则B(1,0,0)，C(0,1,0)，A(1,1,1)．
BC→＝(－1,1,0)，DA→＝(1,1,1)，
∴BC→DA→＝0，则BC⊥AD.
(2)解设平面ABC的法向量为n1＝(x，y，z)，则由n1⊥BC→知：n1BC→＝－x＋y＝0，
同理由n1⊥AC→知：n1AC→＝－x－z＝0，
可取n1＝(1,1，－1)，
同理，可求得平面ACD的一个法向量为n2＝(1,0，－1)．
由图可以看出，二面角B－AC－D即为〈n1，n2〉，
∴cos〈n1，n2〉＝n1n2|n1||n2|＝1＋0＋13×2＝63.
即二面角B－AC－D的余弦值为63.
(3)解设E(x，y，z)是线段AC上一点，
则x＝z0，y＝1，平面BCD的一个法向量为n＝(0,0,1)，DE→＝(x,1，x)，要使ED与平面BCD成30°角，由图可知DE→与n的夹角为60°，
所以cos〈DE→，n〉＝DE→n|DE→||n|＝x1＋2x2
＝cos60°＝12.
则2x＝1＋2x2，解得x＝22，则CE＝2x＝1.
故线段AC上存在E点，且CE＝1时，ED与面BCD成30°角．
变式迁移4
(1)证明方法一因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，因此BC＝2FG.
连接AF，由于FG∥BC，FG＝12BC，
在ABCD中，M是线段AD的中点，
则AM∥BC，且AM＝12BC，
因此FG∥AM且FG＝AM，
所以四边形AFGM为平行四边形，因此GM∥FA.
又FA平面ABFE，GM平面ABFE，
所以GM∥平面ABFE.
方法二因为EF∥AB，FG∥BC，EG∥AC，∠ACB＝90°，
所以∠EGF＝90°，
△ABC∽△EFG.
由于AB＝2EF，
所以BC＝2FG.
取BC的中点N，连接GN，
因此四边形BNGF为平行四边形，所以GN∥FB.
在ABCD中，M是线段AD的中点，连接MN，
则MN∥AB.因为MN∩GN＝N，
所以平面GMN∥平面ABFE.
又GM平面GMN，所以GM∥平面ABFE.
(2)解方法一因为∠ACB＝90°，所以∠CAD＝90°.
又EA⊥平面ABCD，
所以AC，AD，AE两两垂直．
分别以AC，AD，AE所在直线为x轴，y轴和z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设AC＝BC＝2AE＝2，则由题意得A(0,0,0)，B(2，－2,0)，C(2,0,0)，E(0,0,1)，
所以AB→＝(2，－2,0)，BC→＝(0,2,0)．又EF＝12AB，
所以F(1，－1,1)，BF→＝(－1,1,1)．
设平面BFC的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则mBC→＝0，mBF→＝0，
所以y1＝0，x1＝z1，取z1＝1，得x1＝1，所以m＝(1,0,1)．
设平面向量ABF的法向量为n＝(x2，y2，z2)，
则nAB→＝0，nBF→＝0，所以x2＝y2，z2＝0，
取y2＝1，得x2＝1.则n＝(1,1,0)．
所以cos〈m，n〉＝mn|m||n|＝12.
因此二面角A－BF－C的大小为60°.
方法二由题意知，平面ABFE⊥平面ABCD.
取AB的中点H，连接CH.
因为AC＝BC，
所以CH⊥AB，
则CH⊥平面ABFE.
过H向BF引垂线交BF于R，连接CR，则CR⊥BF，
所以∠HRC为二面角A－BF－C的平面角．
由题意，不妨设AC＝BC＝2AE＝2，
在直角梯形ABFE中，连接FH，则FH⊥AB.
又AB＝22，
所以HF＝AE＝1，BH＝2，
因此在Rt△BHF中，HR＝63.
由于CH＝12AB＝2，
所以在Rt△CHR中，tan∠HRC＝263＝3.
因此二面角A－BF－C的大小为60°.
课后练习区
1．B
[以D为原点，DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为1，易知DB1→＝(1,1,1)，
CM→＝1，－12，0，
故cos〈DB1→，CM→〉＝DB1→CM→|DB1→||CM→|＝1515，
从而sin〈DB1→，CM→〉＝21015.]
2．B[
建立空间直角坐标系如图．
则A(1,0,0)，E(0,2,1)，
B(1,2,0)，C1(0,2,2)．
BC1→＝(－1,0,2)，AE→＝(－1,2,1)，
cos〈BC1→，AE→〉＝BC1→AE→|BC1→||AE→|＝3010.
所以异面直线BC1与AE所成角的余弦值为3010.]
3．C4.D
5．D[
不妨设PM＝a，PN＝b，作ME⊥AB于E，NF⊥AB于F，
如图：
∵∠EPM＝∠FPN＝45°，
∴PE＝22a，PF＝22b，
∴EM→FN→＝(PM→－PE→)(PN→－PF→)
＝PM→PN→－PM→PF→－PE→PN→＋PE→PF→
＝abcos60°－a×22bcos45°－22abcos45°＋22a×22b
＝ab2－ab2－ab2＋ab2＝0，
∴EM→⊥FN→，∴二面角α—AB—β的大小为90°.]
6.255
解析如图建立空间直角坐标系，设正四棱锥的棱长为2，
则PB＝2，OB＝1，OP＝1.
∴B(1,0,0)，D(－1,0,0)，
A(0,1,0)，P(0,0,1)，
M12，0，12，
N－12，0，12，
AM→＝12，－1，12，
AN→＝－12，－1，12，
设平面AMN的法向量为n1＝(x，y，z)，
由nAM→＝12x－y＋12z＝0，nAN→＝－12x－y＋12z＝0，
解得x＝0，z＝2y，不妨令z＝2，则y＝1.
∴n1＝(0,1,2)，平面ABCD的法向量n2＝(0,0,1)，
则cos〈n1，n2〉＝n1n2|n1||n2|＝25＝255.
7.2
解析PB→＝PA→＋AB→，故PB→AC→＝(PA→＋AB→)AC→＝PA→AC→＋AB→AC→＝0＋a×2a×cos45°＝a2.
又|PB→|＝3a，|AC→|＝a.
∴cos〈PB→，AC→〉＝33，sin〈PB→，AC→〉＝63，
∴tan〈PB→，AC→〉＝2.
8.45
解析不妨设正三棱柱ABC—A1B1C1的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(3，－1,0)，B1(3，1,2)，
D32，－12，2.
则CD→＝32，－12，2，
CB1→＝(3，1,2)，
设平面B1DC的法向量为
n＝(x，y,1)，由nCD→＝0，nCB1→＝0，
解得n＝(－3，1,1)．又∵DA→＝32，－12，－2，
∴sinθ＝|cos〈DA→，n〉|＝45.
9．解(1)∵AD与两圆所在的平面均垂直，
∴AD⊥AB，AD⊥AF，
故∠BAF是二面角B—AD—F的平面角．(2分)
依题意可知，ABFC是正方形，∴∠BAF＝45°.
即二面角B—AD—F的大小为45°.(5分)
(2)以O为原点，CB、AF、OE所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系(如图所示)，则O(0,0,0)，A(0，－32，0)，B(32，0,0)，D(0，－32，8)，
E(0,0,8)，F(0,32，0)，(7分)
∴BD→＝(－32，－32，8)，
EF→＝(0,32，－8)．cos〈BD→，EF→〉＝BD→EF→|BD→||EF→|
＝0－18－64100×82＝－8210.(10分)
设异面直线BD与EF所成角为α，则
cosα＝|cos〈BD→，EF→〉|＝8210.
即直线BD与EF所成的角的余弦值为8210.
(12分)
10.
方法一(1)证明取AB中点E，连接DE，则四边形BCDE为矩形，DE＝CB＝2，连接SE，则SE⊥AB，SE＝3.
又SD＝1，
故ED2＝SE2＋SD2，
所以∠DSE为直角，即SD⊥SE.(3分)
由AB⊥DE，AB⊥SE，DE∩SE＝E，
得AB⊥平面SDE，
所以AB⊥SD.
由SD与两条相交直线AB、SE都垂直，
所以SD⊥平面SAB.(6分)
(2)解由AB⊥平面SDE知，平面ABCD⊥平面SDE.
作SF⊥DE，垂足为F，则SF⊥平面ABCD，SF＝SDSEDE＝32.(8分)
作FG⊥BC，垂足为G，则FG＝DC＝1.
连接SG，
又BC⊥FG，BC⊥SF，SF∩FG＝F，
故BC⊥平面SFG，平面SBC⊥平面SFG.
作FH⊥SG，H为垂足，则FH⊥平面SBC.
FH＝SFFGSG＝37，则F到平面SBC的距离为217.
由于ED∥BC，
所以ED∥平面SBC，E到平面SBC的距离d为217.(10分)
设AB与平面SBC所成的角为α，则sinα＝dEB＝217，
即AB与平面SBC所成的角的正弦值为217.(12分)
方法二以C为坐标原点，射线CD为x轴正半轴，建立如图所示的空间直角坐标系C－xyz.
设D(1,0,0)，则A(2,2,0)、B(0,2,0)．(2分)
又设S(x，y，z)，则x0，y0，z0.
(1)证明AS→＝(x－2，y－2，z)，BS→＝(x，y－2，z)，
DS→＝(x－1，y，z)，
由|AS→|＝|BS→|得
x－22＋y－22＋z2
＝x2＋y－22＋z2，
故x＝1.
由|DS→|＝1得y2＋z2＝1.①
又由|BS→|＝2得x2＋(y－2)2＋z2＝4，
即y2＋z2－4y＋1＝0.②
联立①②得y＝12，z＝32.(4分)
于是S(1，12，32)，AS→＝(－1，－32，32)，
BS→＝(1，－32，32)，DS→＝(0，12，32)．
因为DS→AS→＝0，DS→BS→＝0，
故DS⊥AS，DS⊥BS.
又AS∩BS＝S，所以SD⊥平面SAB.(6分)
(2)解设平面SBC的法向量a＝(m，n，p)，
则a⊥BS→，a⊥CB→，aBS→＝0，aCB→＝0.
又BS→＝(1，－32，32)，CB→＝(0,2,0)，
故m－32n＋32p＝0，2n＝0.
取p＝2得a＝(－3，0,2)．(9分)
又AB→＝(－2,0,0)，cos〈AB→，a〉＝|AB→a||AB→||a|＝217，
所以AB与平面SBC所成角的正弦值为217.(12分)
11．(1)证明建立如图所示的空间直角坐标系，则由已知可得A(0,0,0)，B(23，2,0)，C(0,4,0)，A1(0,0,4)，E(3，3,0)，F(0,4,1)．(2分)
于是CA1→＝(0，－4,4)，
EF→＝(－3，1,1)．
则CA1→EF→＝(0，－4,4)(－3，1,1)＝0－4＋4＝0，
故EF⊥A1C.(7分)
(2)解设CF＝λ(0λ≤4)，平面AEF的一个法向量为m＝(x，y，z)，
则由(1)得F(0,4，λ)．(8分)
AE→＝(3，3,0)，AF→＝(0,4，λ)，
于是由m⊥AE→，m⊥AF→可得
mAE→＝0，mAF→＝0，即3x＋3y＝0，4y＋λz＝0.取m＝(3λ，－λ，4)．
又由直三棱柱的性质可取侧面AC1的一个法向量为n＝(1,0,0)，于是由θ的锐角可得cosθ＝|mn||m||n|＝3λ2λ2＋4，sinθ＝λ2＋162λ2＋4，所以tanθ＝λ2＋163λ＝13＋163λ2.(11分)
由0λ≤4，得1λ≥14，即tanθ≥13＋13＝63.
故当λ＝4，即点F与点C1重合时，tanθ取得最小值63.
(14分)

2空间定位

俗话说，凡事预则立，不预则废。作为教师就要早早地准备好适合的教案课件。教案可以让学生们充分体会到学习的快乐，帮助教师有计划有步骤有质量的完成教学任务。写好一份优质的教案要怎么做呢？经过搜索和整理，小编为大家呈现“2空间定位”，供大家参考，希望能帮助到有需要的朋友。

高三地理基础强化小专题2：空间定位

一基本点：

1空间定位的依据：经纬网、相对位置（如海陆位置）、轮廓形状（含剖面图）、自然与人文景观、区域特征、特定地物、题干信息等。一般以经纬网定位为主，其它为辅，综合定位。

2掌握空间定位的方法：①多看图，多描图填图绘图，建立自己的"心理地图"②熟悉重要的经纬线附近的地理事物③重点关注热点地区、常考地区④熟悉重要地物（含景观）的分布、轮廓形状特征及其空间联系⑤熟悉地理事物分布的一般规律与特殊分布。

3建立联系线索。如：七大洲四大洋--板块分布--全球火山地震带--年轻的褶皱山脉及其附近的高原--古老的高原--世界重要的平原--世界大河的分布；七大洲四大洋--全球气压带风带的分布--洋流的分布--气候类型的分布--世界自然带的分布-植被类型的分布--农作物的分布--农业地域类型的分布等；把城市、交通线、区域三者联系起来，按点、线、面结合，点连线，线成网络，点线带面，来思索点的分布规律、线的延伸方向、面的区域特征。

二实际应用：

重要经纬线穿过的地理事物

文章来源：http://m.jab88.com/j/38222.html

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