2022年高考數(shù)學二輪復習 專題突破練15 5.3.1 空間中的平行與空間角 理

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1、2022年高考數(shù)學二輪復習 專題突破練15 5.3.1 空間中的平行與空間角 理 1.如圖,在三棱柱ABC-A1B1C1中,側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC,∠A1AC=60°,AC=2AA1=4,點D,E分別是AA1,BC的中點. (1)證明:DE∥平面A1B1C; (2)若AB=2,∠BAC=60°,求直線DE與平面ABB1A1所成角的正弦值. 2.(2018河南安陽一模,理19)如圖,在空間直角坐標系O-xyz中,正四面體(各條棱均相等的三棱錐)ABCD的頂點A,B,C分別在x軸,y軸,z軸上. (1)

2、求證:CD∥平面OAB; (2)求二面角C-AB-D的余弦值. 3.如圖,四棱錐P-ABCD中,側(cè)面PAD為等邊三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E是PD的中點. (1)證明:直線CE∥平面PAB; (2)點M在棱PC上,且直線BM與底面ABCD所成角為45°,求二面角M-AB-D的余弦值. 4.(2018江蘇鹽城模擬,25)如圖,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AA1=4,AB=2,點M是BC的中點. (1)求異面

3、直線AC1與DM所成角的余弦值; (2)求直線AC1與平面AD1M所成角的正弦值. 5.如圖,在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD為正方形,平面PAD⊥平面ABCD,點M在線段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4. (1)求證:M為PB的中點; (2)求二面角B-PD-A的大小; (3)求直線MC與平面BDP所成角的正弦值. 6.(2018江蘇卷,22)如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,點P,Q分別為A1B1,BC的中點. (1)求異面直線B

4、P與AC1所成角的余弦值; (2)求直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值. 7.如圖1,在邊長為2的菱形ABCD中,∠BAD=60°,將△BCD沿對角線BD折起到△BC'D的位置,使平面BC'D⊥平面ABD,E是BD的中點,FA⊥平面ABD,且FA=2,如圖2. (1)求證:FA∥平面BC'D; (2)求平面ABD與平面FBC'所成角的余弦值; (3)在線段AD上是否存在一點M,使得C'M⊥平面FBC'?若存在,求的值;若不存在,請說明理由. 參考答案

5、 專題突破練15　空間中的平行 與空間角 1.(1)證明 取AC的中點F,連接DF,EF, ∵E是BC的中點,∴EF∥AB. ∵ABC-A1B1C1是三棱柱,∴AB∥A1B1,∴EF∥A1B1,∴EF∥平面A1B1C. ∵D是AA1的中點,∴DF∥A1C, ∴DF∥平面A1B1C.又EF∩DF=F, ∴平面DEF∥平面A1B1C, ∴DE∥平面A1B1C. (2)解 過點A1作A1O⊥AC,垂足為O,連接OB,∵側(cè)面ACC1A1⊥底面ABC, ∴A1O⊥平面ABC, ∴A1O⊥OB,A1O⊥OC. ∵∠A1AC=60°,AA1=2, ∴OA=1,OA1=AB=2,

6、∠OAB=60°,由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OA·AB·cos∠BAC=3, ∴OB=,∴∠AOB=90°, ∴OB⊥AC. 分別以O(shè)B,OC,OA1為x軸、y軸、z軸,建立如圖的空間直角坐標系O-xyz, 由題設(shè)可得A(0,-1,0),C(0,3,0),B(,0,0),A1(0,0,),D0,-,E 設(shè)m=(x1,y1,z1)是平面ABB1A1的一個法向量,則 令z1=1,則m=(1,-,1), ∴cos=,∴直線DE與平面ABB1A1所成角的正弦值為 2.解 (1)由AB=BC=CA,易知OA=OB=OC.設(shè)OA=a,則AB=a,A(a,0,0),B

7、(0,a,0),C(0,0,a),如圖: 設(shè)D點的坐標為(x,y,z),則由DA=DB=DC=a, 可得(x-a)2+y2+z2=x2+(y-a)2+z2=x2+y2+(z-a)2=2a2, 解得x=y=z=a,所以=(a,a,0). 又平面OAB的一個法向量為=(0,0,a),所以=0,所以CD∥平面OAB. (2)設(shè)F為AB的中點,連接CF,DF, 則CF⊥AB,DF⊥AB,∠CFD為二面角C-AB-D的平面角. 由(1)知,在△CFD中,CF=DF=aa,CD=a,則由余弦定理知cos∠CFD=, 即二面角C-AB-D的余弦值為 3.(1)證明 取PA的中點F,連接

8、EF,BF. 因為E是PD的中點,所以EF∥AD,EF=AD. 由∠BAD=∠ABC=90°得BC∥AD, 又BC=AD,所以EF􀱀BC,四邊形BCEF是平行四邊形,CE∥BF, 又BF?平面PAB,CE?平面PAB,故CE∥平面PAB. (2)解 由已知得BA⊥AD,以A為坐標原點,的方向為x軸正方向,||為單位長,建立如圖所示的空間直角坐標系A(chǔ)-xyz,則A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0). 設(shè)M(x,y,z)(0

9、ABCD所成的角為45°, 而n=(0,0,1)是底面ABCD的法向量,所以|cos<,n>|=sin 45°,, 即(x-1)2+y2-z2=0.① 又M在棱PC上,設(shè)=,則 x=λ,y=1,z=② 由①②解得 (舍去), 所以M,從而 設(shè)m=(x0,y0,z0)是平面ABM的法向量,則 即 所以可取m=(0,-,2). 于是cos= 因此二面角M-AB-D的余弦值為 4.解 在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,以D為原點,DA、DC、DD1分別為x軸、y軸、z軸建立如圖所示空間直角坐標系D-xyz. ∵M(1,2,0),A(2,0,0)

10、,C1(0,2,4), =(1,2,0),=(-2,2,4), 所以cos<>=,所以異面直線AC1與DM所成角的余弦值為 (2)=(2,0,4),設(shè)平面A1DM的一個法向量為n=(x,y,z). 則取y=1,得x=-2,z=1,故平面A1DM的一個法向量為n=(-2,1,1). 于是cos=,所以直線AC1與平面A1DM所成角的正弦值為 5.(1)證明 設(shè)AC,BD交點為E,連接ME. 因為PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME. 因為ABCD是正方形,所以E為BD的中點.所以M為PB的中點. (2)解 取AD的中點O,連接OP,OE.

11、 因為PA=PD,所以O(shè)P⊥AD. 又因為平面PAD⊥平面ABCD,且OP?平面PAD,所以O(shè)P⊥平面ABCD. 因為OE?平面ABCD,所以O(shè)P⊥OE.因為ABCD是正方形,所以O(shè)E⊥AD. 如圖建立空間直角坐標系O-xyz,則P(0,0,),D(2,0,0),B(-2,4,0),=(4,-4,0),=(2,0,-). 設(shè)平面BDP的法向量為n=(x,y,z),則 令x=1,則y=1,z= 于是n=(1,1,),平面PAD的法向量為p=(0,1,0). 所以cos= 由題知二面角B-PD-A為銳角,所以它的大小為 (3)解 由題意知M,C(2,4,0), 設(shè)

12、直線MC與平面BDP所成角為α, 則sin α=|cos|=所以直線MC與平面BDP所成角的正弦值為 6.解 如圖,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,設(shè)AC,A1C1的中點分別為O,O1,則OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{}為基底,建立空間直角坐標系O-xyz. 因為AB=AA1=2,所以A(0,-1,0),B(,0,0),C(0,1,0),A1(0,-1,2),B1(,0,2),C1(0,1,2). (1)因為P為A1B1的中點, 所以P, 從而=(0,2,2), 故|cos<>|=因此,異面直線BP與AC1所成角的余弦值為 (2)因為Q為BC的中點,

13、 所以Q, 因此=(0,2,2),=(0,0,2).設(shè)n=(x,y,z)為平面AQC1的一個法向量, 則 即 不妨取n=(,-1,1). 設(shè)直線CC1與平面AQC1所成角為θ, 則sin θ=|cos<,n>|=,所以直線CC1與平面AQC1所成角的正弦值為 7.(1)證明 ∵BC'=C'D,E為BD的中點, ∴C'E⊥BD. 又平面BC'D⊥平面ABD,且平面BC'D∩平面ABD=BD, ∴C'E⊥平面ABD. ∵FA⊥平面ABD, ∴FA∥C'E. 又C'E?平面BC'D,FA?平面BC'D, ∴FA∥平面BC'D. (2)解 以DB所在直線為x軸,AE所在

14、直線為y軸,EC'所在直線為z軸建立空間直角坐標系,則B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C'(0,0,), =(-1,-,2),=(-1,0,).設(shè)平面FBC'的一個法向量為m=(x,y,z),則取z=1,則m=(,1,1). ∵平面ABD的一個法向量為n=(0,0,1), ∴cos= 則平面ABD與平面FBC'所成角的余弦值為 (3)解 假設(shè)在線段AD上存在M(x,y,z),使得C'M⊥平面FBC',設(shè)=,則(x,y+,z)=λ(-1,,0)=(-λ,,0),∴x=-λ,y=(λ-1),z=0.而=(-λ,(λ-1),-),由m,得,λ無解.∴線段AD上不存在點M,使得C'M⊥平面FBC'.