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1、此类题目一般是按定义作出异面直线所成的角，然后通过解三角形来求角.异面直线所成的角是高考考查的重点.例4、如图，在中，斜边可以通过以直RtAOB 6OAB4AB RtAOCRtAOB线为轴旋转得到，且二面角的直二面角是的中AOBAOCDAB点（I）求证：平面平面；COD AOB（II）求异面直线与所成角的大小AOCD思路启迪：（II）的关键是通过平移把异面直线转化到一个三角形内. 解答过程：解法 1：（I）由题意，COAOBOAO是二面角是直二面角，BOCBAOC，又，COBOAOBOOQI平面，COAOB又平面CO COD平面平面COD AOB（II）作，垂足为，连结（如图） ，则，DEOB
2、ECEDEAO是异面直线与所成的角CDEAOCD在中，RtCOE2COBO112OEBO225CECOOE又132DEAO在中，RtCDE515tan33CECDEDE异面直线与所成角的大小为AOCD15arctan3解法 2：（I）同解法 1（II）建立空间直角坐标系，如图，则，Oxyz(0 0 0)O ，(0 0 2 3)A ，(2 0 0)C，(013)D ，(0 0 2 3)OAuu u r，( 213)CD uuu r，cosOA CDOACD OA CDuu u r uuu ruu u r uuu rguu u r uuu rg，66 42 3 2 2gO CADBEO CADBx
3、yz异面直线与所成角的大小为AOCD6arccos4小结： 求异面直线所成的角常常先作出所成角的平面图形，作法有：平移法：在异面直线中的一条直线上选择“特殊点” ，作另一条直线的平行线，如解析一，或利用中位线，如解析二；补形法：把空间图形补成熟悉的几何体，其目的在于容易发现两条异面直线间的关系，如解析三.一般来说，平移法是最常用的，应作为求异面直线所成的角的首选方法.同时要特别注意异面直线所成的角的范围：. 2, 0考点 5 直线和平面所成的角此类题主要考查直线与平面所成的角的作法、证明以及计算.线面角在空间角中占有重要地位，是高考的常考内容.例 5. 四棱锥中，底面为平行四边形，侧面底面已知
4、SABCDABCDSBC ABCD，45ABC o2AB 2 2BC 3SASB（）证明；SABC（）求直线与平面所成角的大小SDSAB考查目的：本小题主要考查直线与直线,直线与平面的位置关系，二面角的大小，点到平面的距离等知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力 解答过程：解法一：（）作，垂足为，连结，由侧面底面，SOBCOAOSBCABCD得底面SOABCD因为，所以，SASBAOBO又，故为等腰直角三角形，45ABC oAOBAOBO由三垂线定理，得SABC（）由（）知，依题设，SABCADBC故，由，得SAAD2 2ADBC3SA 2AO ，1SO 11SD 的面积SAB2 2
5、111222SABSAABg连结，得的面积DBDAB21sin13522SAB ADog设到平面的距离为，由于，得DSABhD SABSABDVVDBCASODBCAS，解得1211 33h SSO Sgg2h 设与平面所成角为，则SDSAB222sin1111h SD所以，直线与平面所成的我为SDSBC22arcsin11解法二：（）作，垂足为，连结，由侧面底面，得平面SOBCOAOSBCABCDSOABCD因为，所以SASBAOBO又，为等腰直角三角形，45ABC oAOBAOOB如图，以为坐标原点，为轴正向，建立直角坐标系，OOAxOxyz，( 2 0 0)A，(02 0)B ，(02
6、0)C，(0 01)S，( 2 01)SA uu r，所以(0 2 2 0)CB uu u r，0SA CB uu r uu u rgSABC（）取中点，ABE22022E ，连结，取中点，连结，SESEGOG22 1 442G ，22 1 442OG，22122SE，(22 0)AB ，与平面内两条相交直线，垂直0SE OG g0AB OG gOGSABSEAB所以平面，与的夹角记为，与平面所成的角记为，则OG SABOGDSSDSAB与互余，( 2 2 2 0)D，(2 2 21)DS ，22cos11OG DSOG DSgg22sin11所以，直线与平面所成的角为SDSAB22arcsi
7、n11小结：求直线与平面所成的角时，应注意的问题是（1）先判断直线和平面的位置关系；（2）当直线和平面斜交时，常用以下步骤：构造作出斜线与射影所成的角，证明DBCASOEGyxz论证作出的角为所求的角，计算常用解三角形的方法求角，结论点明直线和平面所成的角的值.考点 6 二面角此类题主要是如何确定二面角的平面角，并将二面角的平面角转化为线线角放到一个合适的三角形中进行求解.二面角是高考的热点，应重视.例 6如图，已知直二面角，PQAPQBCCACB，直线和平面所成的角为45BAPoCA30o（I）证明； BCPQABCQP（II）求二面角的大小BACP命题目的：本题主要考查直线与平面垂直、二面
8、角等基本知识，考查空间想象能力、逻辑思维能力和运算能力.过程指引：（I）在平面内过点作于点，连结CCOPQOOB因为，所以，PQICO又因为，所以CACBOAOB而，所以，45BAOo45ABOo90AOBo从而，又，BOPQCOPQ所以平面因为平面，故PQOBCBC OBCPQBC（II）解法一：由（I）知，又，BOPQPQI，所以BOBO过点作于点，连结，由三垂线定理知，OOHACHBHBHAC故是二面角的平面角BHOBACP由（I）知，所以是和平面所成的角，则，COCAOCA30CAOoABCQP OH不妨设，则，2AC 3AO 3sin302OHAOo在中，所以，RtOAB45ABOB
9、AO o3BOAO于是在中，RtBOH3tan23 2BOBHOOH故二面角的大小为BACParctan2解法二：由（I）知，故可以为原点，分别以直OCOAOCOBOAOBO线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图） OBOAOC，xyz因为，所以是和平面所成的角，则COaCAOCA30CAOo不妨设，则，2AC 3AO 1CO 在中，RtOAB45ABOBAO o所以3BOAO则相关各点的坐标分别是，(0 0 0)O ，( 3 0 0)B，(03 0)A ，(0 01)C，所以，( 33 0)AB uuu r，(031)AC uuu r，设是平面的一个法向量，由得1nu r xyz，ABC11
10、00n ABn ACu r uuu rgu r uuu rg，33030xyyz，取，得1x 1(113)n u r，易知是平面的一个法向量2(10 0)n u u r，设二面角的平面角为，由图可知，BACP12n nu r u u r，所以121215cos5| |5 1n n nnu ru u r u ru u rg故二面角的大小为BACP5arccos5小结：本题是一个无棱二面角的求解问题.解法一是确定二面角的棱，进而找出二面角的平ABCQP Oxyz面角.无棱二面角棱的确定有以下三种途径：由二面角两个面内的两条相交直线确定棱，由二面角两个平面内的两条平行直线找出棱，补形构造几何体发现棱
11、；解法二则是利用平面向量计算的方法，这也是解决无棱二面角的一种常用方法，即当二面角的平面角不易作出时，可由平面向量计算的方法求出二面角的大小.考点 7 利用空间向量求空间距离和角众所周知，利用空间向量求空间距离和角的套路与格式固定.当掌握了用向量的方法解决立体几何问题这套强有力的工具时，不仅会降低题目的难度，而且使得作题具有很强的操作性.例 7如图，已知1111ABCDABC D是棱长为3的正方体，点E在1AA上，点F在1CC上，且11AEFC（1）求证：1EBFD，四点共面； （2）若点G在BC上，2 3BG ，点M在1BB上，GMBF，垂足为H，求证：EM 平面11BCC B； （3）用表
12、示截面1EBFD和侧面11BCC B所成的锐二面角的大小，求tan命题意图：本小题主要考查平面的基本性质、线线平行、线面垂直、二面角等基础知识和基本运算，考查空间想象能力、逻辑推理能力和运算能力 过程指引：解法一：（1）如图，在1DD上取点N，使1DN ，连结EN，CN，则1AEDN，12CFND因为AEDN，1NDCF，所以四边形ADNE，1CFD N都为平行四边形从而ENAD，1FDCN又因为AD BC，所以ENBC，故四边形BCNE是平行四边形，由此推知CNBE，从而1FDBE因此，1EBFD，四点共面CBAGHM DEF1B1A1D1CN（2）如图，GMBF，又BMBC，所以BGMCF
13、B，tantanBMBGBGMBGCFBgg23132BCBGCFg因为AE BM，所以ABME为平行四边形，从而ABEM又AB平面11BCC B，所以EM 平面11BCC B（3）如图，连结EH因为MHBF，EMBF，所以BF 平面EMH，得EHBF于是EHM是所求的二面角的平面角，即EHM因为MBHCFB，所以sinsinMHBMMBHBMCFBgg22223311332BCBM BCCF g， tan13EM MH解法二：（1）建立如图所示的坐标系，则(3 01)BE uuu r，(0 3 2)BF uuu r，1(333)BD uuu u r，所以1BDBEBFuuu u ruuu r
14、uuu r ，故1BDuuu u r ，BEuuu r ，BFuuu r 共面又它们有公共点B，所以1EBFD，四点共面（2）如图，设(0 0)Mz，则203GMzuuuu r，而(0 3 2)BF uuu r，由题设得23203GM BFz uuuu r uuu rggg，得1z 因为(0 01)M，(3 01)E ，有(3 0 0)ME uuu r，又1(0 0 3)BB uuu r，(0 3 0)BC uuu r，所以10ME BB uuu r uuu rg，0ME BC uuu r uuu rg，从而1MEBB，MEBC故ME平面11BCC B（3）设向量(3)BPxyuu u r，截面1EBFD，于是BPBEuu u ruuu r，BPBFuu u ruuu r而(3 01)BE uuu r，(0 3 2)BF uuu r，得330BP BExuu u r uuu rg，360BP BFyuu u r uuu rg，解得1x ，2y
