\(\mathbf{{\large {\color{Red} {欢迎到学科网下载资料学习}} } }\)【高分突破系列】 高一数学下学期同步知识点剖析精品讲义！ \(\mathbf{{\large {{\color{Red} {跟贵哥学数学，so \quad easy！}} }}}\)

适合必修第二册同步拔高练习、高三专题练习，难度3颗星！

1 范围 异面直线所成角的范围： \((0^∘ ,90^∘]\)；  

2 作异面直线所成的角 平移法. 如图,在空间任取一点\(O\),过O作\(a^{\prime} / / a\) ,\(b^{\prime} / / b\),则\(a^{\prime}\) ,\(b^{\prime}\)所成的\(θ\)角为异面直线\(a\) ,\(b\)所成的角.特别地,找异面直线所成的角时,经常把一条异面直线平移到另一条异面直线的特殊点(如线段中点,端点等)上,形成异面直线所成的角.

1 定义 如下图，平面的一条斜线(直线\(l\))和它在平面上的射影(\(AO\))所成的角，叫做这条直线和这个平面所成的角.

一条直线垂直平面，则\(θ=90^°\)；一条直线和平面平行或在平面内，则\(θ=0^°\).  

2 范围 线面所成角的范围： \([0^∘ ,90^∘]\)  

1 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. 在二面角的棱\(l\)上任取一点\(O\),以点\(O\)为垂足,在半平面\(α\)和\(β\)内分别作垂直于棱\(l\)的射线\(OA\)和\(OB\),则射线\(OA\)和\(OB\)构成的\(∠AOB\)叫做二面角的平面角.

2 范围 二面角的范围： \([0^° ,180^°]\).  

【典题1】如图,正方体\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中，点\(E\),\(F\)分别是\(AA_1\),\(AD\)的中点，则\(CD_1\)与\(EF\)所成角为 (　　) A．\(0°\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\)B．\(45°\) \(\qquad \qquad \qquad \qquad\) C．\(60°\)\(\qquad \qquad \qquad \qquad\) D．\(90°\) 【解析】连结\(A_1 D\)、\(BD\)、\(A_1 B\), \(∵\)正方体\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中,点\(E\) ,\(F\)分别是\(AA_1\),\(AD\)的，\(EF∥A_1 D\), \(∵A_1 B∥D_1 C\)，\(∴∠DA_1 B\)是\(CD_1\)与\(EF\)所成角, \(∵A_1 D=A_1 B=BD\) ,\(∴∠DA_1 B=60°\)． \(∴CD_1\)与\(EF\)所成角为\(60°\)． 故选 \(C\)． 【点拨】 ① 找异面直线所成的角,主要是把两条异面直线通过平移使得它们共面,可平移一条直线也可以同时平移两条直线； ② 平移时常利用中位线、平行四边形的性质；  

【典题2】如图所示,在棱长为\(2\)的正方体\(ABCD—A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(O\)是底面\(ABCD\)的中心,\(E\)、\(F\)分别是\(CC_1\) ,\(AD\)的中点,那么异面直线\(OE\)和\(FD_1\)所成角的余弦值等于\(\underline{\quad \quad}\)． 【解析】取\(BC\)的中点\(G\)．连接\(GC_1\),则\(GC_1∥FD_1\),再取\(GC\)的中点\(H\),连接\(HE\)、\(OH\), \(∵E\)是\(CC_1\)的中点,\(∴GC_1∥EH\),\(∴∠OEH\)为异面直线所成的角． 在\(△OEH\)中,\(O E=\sqrt{3}\),\(H E=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\),\(O H=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\)． 由余弦定理,可得\(\cos \angle O E H=\dfrac{O E^{2}+E H^{2}-O H^{2}}{2 O E \cdot E H}=\dfrac{3}{2 \cdot \sqrt{3} \cdot \frac{\sqrt{5}}{2}}=\dfrac{\sqrt{15}}{5}\)． 故答案为 \(\dfrac{\sqrt{15}}{5}\). 【点拨】本题利用平移法找到异面直线所成的角(\(∠OEH\))后,确定含有该角的三角形(\(△OEH\)),利用解三角形的方法(正弦定理,余弦定理等)把所求角\(∠OEH\)最终求出来.  

【典题3】如图,已知\(P\)是平行四边形\(ABCD\)所在平面外一点,\(M\),\(N\)分别是\(AB\) ,\(PC\)的中点． (1)求证：\(MN∥\)平面\(PAD\)； (2)若\(MN=BC=4\) ,\(P A=4 \sqrt{3}\),求异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角的大小．

【解析】(1)证明：取\(PD\)中点\(Q\),连\(AQ\)、\(QN\), 则\(AM∥QN\),且\(AM=QN\), \(∴\)四边形\(AMNQ\)为平行四边形 \(∴MN∥AQ\) 又\(∵AQ\)在平面\(PAD\)内,\(MN\)不在平面\(PAD\)内 \(∴MN∥\)面\(PAD\)； (2)解 \({\color{Red}{方法一 }}\) \(∵MN∥AQ\) \(∴∠PAQ\)即为异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角 \(∵MN=BC=4\) ,\(P A=4 \sqrt{3}\), \(∴AQ=4\), 设\(PQ=x\),根据余弦定理可知\(\cos \angle A Q D+\cos \angle A Q P=0\) 即\(\dfrac{16+x^{2}-48}{8 x}+\dfrac{16+x^{2}-16}{8 x}=0\),解得\(x=4\) 在三角形\(AQP\)中,\(AQ=PQ=4\) ,\(A P=4 \sqrt{3}\) \(\therefore \cos \angle P A Q=\dfrac{48+16-16}{2 \times 4 \times 4 \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\),即\(∠PAQ=30°\) \(∴\)异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角的大小为\(30°\) \({\color{Red}{方法二 }}\) 过点\(A\)作\(AH⊥PD\)交\(PD\)于\(H\),如图 \(∵MN=BC=4\),\(∴H\)是\(QD\)的中点 设\(HD=x\),则\(QH=x\),\(PQ=2x\), 在\(Rt△AQD\)和\(Rt△APH\) 利用勾股定理可得\(AH^2=16-x^2=48-9x^2\),解得\(x=2\) \(\therefore \cos \angle P A Q=\dfrac{P H}{A P}=\dfrac{6}{4 \sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\),即\(∠PAQ=30°\) \(∴\)异面直线\(PA\)与\(MN\)所成的角的大小为\(30°\) 【点拨】本题中所成角\(∠PAQ\)找到后,无法在一个三角形里求出,此时把问题转化为平面几何问题, 再利用解三角形的方法进行求解.  

【典题1】如图,直角梯形\(ABCD\)与等腰直角三角形\(ABE\)所在的平面互相垂直．\(AB∥CD\),\(AB⊥BC\),\(AB=2CD=2BC\),\(EA⊥EB\)． (1)求证：\(AB⊥DE\)； (2)求直线\(EC\)与平面\(ABE\)所成角的正弦值．

【解析】(1)证明：取\(AB\)中点\(O\),连接\(EO\),\(DO\)． \(∵EB=EA\),\(∴EO⊥AB\)． \(∵\)四边形\(ABCD\)为直角梯形,\(AB=2CD=2BC\),\(AB⊥BC\), \(∴\)四边形\(OBCD\)为正方形,\(∴AB⊥OD\)． 又\(∵EO∩OD=O\),\(∴AB⊥\)平面\(EOD\)． \(∴AB⊥ED\)． (2)\(∵\)平面\(ABE⊥\)平面\(ABCD\),且\(AB⊥BC\), \(∴BC⊥\)平面\(ABE\)． 则\(∠CEB\)为直线\(EC\)与平面\(ABE\)所成的角． 设\(BC=a\),则\(AB=2a\),\(B E=\sqrt{2} a\), \(\therefore C E=\sqrt{3} a\), 在直角三角形\(CBE\)中,\(\sin \angle C E B=\dfrac{C B}{C E}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)． 即直线\(EC\)与平面\(ABE\)所成角的正弦值为\(\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)． 【点拨】本题中的“直线\(EC\)与平面\(ABE\)所成的角”是根据线面角的定义直接在题目原图上找到的,在含所求角\(∠CEB\)的直角三角形\(CBE\)中求出角度！  

【典题2】如图,四边形\(ABCD\)为正方形,\(PA⊥\)平面\(ABCD\),且\(AB=4\),\(PA=3\),点\(A\)在\(PD\)上的射影为\(G\)点,\(E\)点在\(AB\)边上,平面\(PEC⊥\)平面\(PDC\)． (1)求证：\(AG∥\)平面\(PEC\)； (2)求\(BE\)的长； (3)求直线\(AG\)与平面\(PCA\)所成角的余弦值．

【解析】(1)证明：\(∵CD⊥AD\),\(CD⊥PA\) \(∴CD⊥\)平面\(PAD\) \(∴CD⊥AG\), 又\(PD⊥AG\) \(∴AG⊥\)平面\(PCD\) 作\(EF⊥PC\)于\(F\),因面\(PEC⊥\)面\(PCD\) \(∴EF⊥\)平面\(PCD\) \(∴EF∥AG\),又\(AG⊄\)面\(PEC\),\(EF⊂\)面\(PEC\), \(∴AG∥\)平面\(PEC\) (2)由(1)知\(A\)、\(E\)、\(F\)、\(G\)四点共面,又\(AE∥CD\) \(∴AE∥\)平面\(PCD\) \(∴AE∥GF\) \(∴\)四边形\(AEFG\)为平行四边形,\(∴AE=GF\) \(∵PA=3\),\(AD=AB=4\) \(\therefore P D=5\)，\(A G=\dfrac{12}{5}\) 在\(Rt△PAGP\)中，\(P G^{2}=P A^{2}-A G^{2}=\dfrac{81}{25}\) \(\therefore P G=\dfrac{9}{5}\) 又\(\dfrac{G F}{C D}=\dfrac{P G}{P D}\) \(\therefore G F=\dfrac{36}{25}\) \(\therefore A E=\dfrac{36}{25}\),故\(B E=\dfrac{64}{25}\) (3)\(∵EF∥AG\),所以\(AG\)与平面\(PAC\)所成角等于\(EF\)与平面\(PAC\)所成的角, 过\(E\)作\(EO⊥AC\)于\(O\)点,易知\(EO⊥\)平面\(PAC\),又\(EF⊥PC\),

\(∴OF\)是\(EF\)在平面\(PAC\)内的射影 \(∴∠EFO\)即为\(EF\)与平面\(PAC\)所成的角 \(E O=A E \sin 45^{\circ}=\dfrac{36}{25} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2}=\dfrac{18 \sqrt{2}}{25}\), 又\(E F=A G=\dfrac{12}{5}\), \(\therefore \sin \angle E F O=\dfrac{E O}{E F}=\dfrac{18 \sqrt{2}}{25} \times \dfrac{5}{12}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{10}\) 故\(\cos \angle E F O=\sqrt{1-\sin ^{2} \angle E F O}=\dfrac{\sqrt{82}}{10}\) 所以\(AG\)与平面\(PAC\)所成角的余弦值等于\(\dfrac{\sqrt{82}}{10}\). 【点拨】 ① 若在题目中不能直接找到所求线面角,则可用“作高法”确定所求角, 比如下图中,求直线\(AP\)与平面\(α\)所成的角,具体步骤如下： (1) 如图,过点\(P\)作平面\(α\)的高\(PO\),垂足为\(O\),则\(AO\)是线段\(AP\)在平面\(α\)上的投影； (2) 找到所求角\(θ\)； (3) 求解三角形\(APO\)进而求角\(θ\). (此方法关键在于找到垂足\(O\)的位置,证明到\(PO⊥\)平面\(α\),如本题中\(EO⊥\)平面\(PAC\)的证明) ② 本题若直接求“\(AG\)与平面\(PAC\)所成角”,过点\(G\)做高有些难度,则由\(EF∥AG\),能把“\(AG\)与平面\(PAC\)所成角”转化为“\(EF\)与平面\(PAC\)所成的角”,这方法称为“间接法”吧.  

【典题3】如图,正四棱锥\(S－ABCD\)中,\(SA=AB=2\),\(E\),\(F\),\(G\)分别为\(BC\),\(SC\),\(CD\)的中点．设\(P\)为线段\(FG\)上任意一点． (Ⅰ)求证：\(EP⊥AC\)； (Ⅱ)当\(P\)为线段\(FG\)的中点时,求直线\(BP\)与平面\(EFG\)所成角的余弦值． 【解析】证明：(Ⅰ)连接\(AC\)交\(BD\)于\(O\), \(∵S－ABCD\)是正四棱锥,\(∴ SO⊥\)平面\(ABCD\),\(∴SO⊥AC\), 又\(∵AC⊥BD\),\(SO∩BD=O\),\(∴AC⊥\)平面\(SBD\),\(∴AC⊥SD\), \(∵F\),\(G\)分别为\(SC\),\(CD\)的中点,\(∴SD∥FG\), \(∴AC⊥GF\), 同理\(AC⊥EF\),\(∴AC⊥\)平面\(GEF\), 又\(∵PE⊂\)平面\(GEF\),\(∴EP⊥AC\)． (Ⅱ) \({\color{Red}{ 方法一}}\) 过\(B\)作\(BH⊥GE\)于点\(H\),连接\(PH\), \(∵BD⊥AC\),\(BD∥GF\),\(∴BH∥AC\), 由(Ⅰ)知：\(AC⊥\)平面\(GEF\),\(∴BH⊥\)平面\(GEF\), \(∴∠BPH\)就是直线\(BP\)与平面\(EFG\)所成的角, \(∵SA=AB=2\), \(∴\)在\(Rt△BHP\)中,解得\(B H=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\),\(P H=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\),\(P B=\dfrac{\sqrt{15}}{2}\), \({\color{Red}{(易知△BHE是等腰直角三角形,又由斜边BE=1,\therefore B H=\dfrac{\sqrt{2}}{2}；在三角形PGH中,P G=\dfrac{1}{2},G H=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2},}}\) \({\color{Red}{\angle P G H=\dfrac{\pi}{4},用余弦定理可得P H=\dfrac{\sqrt{13}}{2}) }}\) 则\(\cos \angle B P H=\dfrac{P H}{P B}=\dfrac{\sqrt{195}}{15}\), 故直线\(BP\)与平面\(EFG\)所成角的余弦值为\(\sqrt{\dfrac{195}{15}}\). \({\color{Red}{ 方法二 }}\) 设过点\(B\)作平面\(EFG\)的垂直,垂直为\(T\), 则\(∠BPT\)就是直线\(BP\)与平面\(EFG\)所成的角,\(BT\)是点\(B\)到平面\(PGE\)的距离, 由已知条件可求\(GF=EF=1\),\(G E=\sqrt{2}\),则\(∠GFE=90^°\), \(\therefore S_{\triangle P E G}=\dfrac{1}{2} S_{\triangle G F E}=\dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{4}\), 由于\(P、F\)是中点,易得点\(P\)到平面\(ABCD\)的距离\(h_{1}=\dfrac{1}{4} S O=\dfrac{\sqrt{2}}{4}\), 而\(S_{\triangle G E B}=\dfrac{1}{2} S_{\triangle G C B}=\dfrac{1}{2} \times 1=\dfrac{1}{2}\), 对于三棱锥\(P-GEB\), 由\(V_{B-P E G}=V_{P-G E B} \Rightarrow \dfrac{1}{3} \times B T \times S_{\triangle P E G}=\dfrac{1}{3} \times h_{1} \times S_{\triangle G E B}\)\(\Rightarrow \dfrac{1}{12} B T=\dfrac{\sqrt{2}}{24} \Rightarrow B T=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\), 在正四棱锥\(S－ABCD\)中可求\(P B=\dfrac{\sqrt{15}}{2}\), \({\color{Red}{(方法较多,提示过点P作平面ABCD的PI) }}\) \(\therefore \sin \angle B P T=\dfrac{B T}{B P}=\dfrac{\sqrt{30}}{15}\) \(\therefore \cos \angle B P T=\sqrt{1-\sin \angle B P T}=\dfrac{\sqrt{195}}{15}\) 故直线\(BP\)与平面\(EFG\)所成角的余弦值为\(\sqrt{\dfrac{195}{15}}\). 【点拨】 ① 本题第二问中方法一就是用“做高法”,计算量有些大；方法二是觉得垂足\(H\)的位置难确定,可设点\(B\)到平面\(EFG\)的投影为\(T\)(即垂足),再用“等积法”求高\(BT\),则\(\sin \angle B P T=\dfrac{B T}{B P}\),可求所求角\(∠BPT\),这种方法称为“等积法”； ② 思考：上一题试试用“等积法”！  

【典题1】如图,在棱长为\(a\)的正方体\(ABCD－A_1 B_1 C_1 D_1\)中,\(AC\)与\(BD\)相交于点\(O\)．求二面角\(A_1－BD－A\)的正切值． 【解析】在正方体中\(BD⊥\)平面\(A_1 ACC_1\)， \(∴AO⊥BD\),\(A_1 O⊥BD\)， \(∴\)二面角\(A_1－BD－A\)的平面角为\(∠A_1 OA\) 由题中的条件求出：\(A O=\dfrac{\sqrt{2}}{2} a\) ,\(AA_1=a\) \(\therefore \tan \angle A_{1} O A=\dfrac{a}{\dfrac{\sqrt{2}}{2} a}=\sqrt{2}\), 所以二面角\(A_1－BD－A\)的正切值为\(\sqrt{2}\)． 【点拨】本题根据二面角的定义找到二面角二面角\(A_1－BD－A\)的平面角为\(∠A_1 OA\),再在三角形\(AOA_1\)内用解三角形的方法求解角\(∠A_1 OA\).  

【典题2】如图,四棱锥\(P－ABCD\)中,底面\(ABCD\)为矩形,\(PA⊥\)底面\(ABCD\),\(P A=A B=\sqrt{6}\),点\(E\)是棱\(PB\)的中点． (1)求直线\(AD\)与平面\(PBC\)的距离； (2)若\(A D=\sqrt{3}\),求二面角\(A－EC－D\)的平面角的余弦值． 【解析】(1)在矩形\(ABCD\)中,\(AD∥BC\),从而\(AD∥\)平面\(PBC\), 故直线\(AD\)与平面\(PBC\)的距离为点\(A\)到平面\(PBC\)的距离, 因\(PA⊥\)底面\(ABCD\), \(故PA⊥AB\),可得\(△PAB\)为等腰直角三角形, 又点\(E\)是棱\(PB\)的中点, 故\(AE⊥PB\), \(∵BC⊥AB\),\(BC⊥PA\), \(∴BC⊥\)平面\(PAB\) \(∴BC⊥AE\),从而\(AE⊥\)平面\(PBC\), 故\(AE\)之长即为直线\(AD\)与平面\(PBC\)的距离, 在\(Rt△PAB\)中,\(P A=A B=\sqrt{6}\), 所以\(A E=\dfrac{1}{2} P B=\dfrac{1}{2} \sqrt{P A^{2}+A B^{2}}=\sqrt{3}\) (2)过点\(D\)作\(DF⊥CE\)于\(F\),过点\(F\)做\(FG⊥CE\),交\(AC\)于\(G\),连接\(DG\), 则\(∠DFG\)为所求的二面角的平面角． 由(1)知\(BC⊥AE\),又\(AD∥BC\),得\(AD⊥AE\), 从而\(D E=\sqrt{A E^{2}+A D^{2}}=\sqrt{6}\) 在\(Rt△CBE\)中,\(C E=\sqrt{B E^{2}+B C^{2}}=\sqrt{6}\), 由\(C D=\sqrt{6}\), 所以\(△CDE\)为等边三角形, 故\(F\)为\(CE\)的中点,且\(D F=C D \cdot \sin \dfrac{\pi}{3}=\dfrac{3 \sqrt{2}}{2}\) 因为\(AE⊥\)平面\(PBC\), 故\(AE⊥CE\),又\(FG⊥CE\),知\(FG∥AE\)． \(∴G\)点为\(AC\)的中点，\(F G=\dfrac{1}{2} A E=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) 则在\(Rt△ADC\)中,\(D G=\dfrac{1}{2} \sqrt{A D^{2}+C D^{2}}=\dfrac{3}{2}\), 所以\(\cos \angle D F G=\dfrac{D F^{2}+F G^{2}-D G^{2}}{2 D F \cdot F G}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\) 【点拨】若在题目中不能直接得到所求二面角,就需要构造出二面角, 比如本题求二面角\(A－EC－D\),解题具体步骤如下

(1) 过点\(D\)作\(DF⊥EC\),过点\(F\)作\(FG⊥EC\)交\(AC\)于点\(D\),则二面角\(∠DFG\)为所求的二面角的平面角； (2) 确定含角\(∠DFG\)的三角形\(DFG\),利用解三角形的方法求出角\(∠DFG\),常见的是求出三角形三边再用余弦定理.  

【典题3】如图,已知三棱锥\(P－ABC\),\(PA⊥\)平面\(ABC\),\(∠ACB=90°\),\(∠BAC=60°\),\(PA=AC\),\(M\)为\(PB\)的中点． (1)求证：\(PC⊥BC\)． (2)求二面角\(M－AC－B\)的大小． 【解析】(1)证明：由\(PA⊥\)平面\(ABC\),\(∴PA⊥BC\), 又因为\(∠ACB=90°\),即\(BC⊥AC\)． \(∴BC⊥\)面\(PAC\), \(∴PC⊥BC\)． (2)取\(AB\)中点\(O\),连结\(MO\)，过\(O\)作\(HO⊥AC\)于\(H\),连结\(MH\), \(∵M\)是\(PB\)的中点,\(∴MO∥PA\), 又\(∵PA⊥\)面\(ABC\),\(∴MO⊥\)面\(ABC\)． \(∴∠MHO\)为二面角\(M－AC－B\)的平面角． 设\(AC=2\),则\(B C=2 \sqrt{3}\),\(MO=1\),\(O H=\sqrt{3}\), 在\(Rt△MHO\)中,\(\tan \angle M H O=\dfrac{M O}{H O}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)． 二面角\(M－AC－B\)的大小为\(30^∘\)． 【点拨】求二面角也可以转化为线面角,比如求二面角\(D－AB－C\),解题思路如下过点\(D\)作\(DE⊥AB\),则二面角\(D－AB－C\)等于直线\(ED\)与平面\(ABC\)所成的角或其补角,若过点\(D\)作\(DF⊥\)平面\(ABC\),则二面角\(D－AB－C\)是锐角,等于角\(∠DEF\)； 二面角\(D－AB－C\)是钝角,等于角\(∠DEF\)的补角.

1(★)在正方体\(ABCD﹣A'B'C'D'\)中,点\(P\)在线段\(AD'\)上运动,则异面直线\(CP\)与\(BA'\)所成的角\(θ\)的取值范围是 (　　) A. \(0