【高考前三個月復習數(shù)學理科 立體幾何與空間向量】專題6 第28練

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第28練“空間角”攻略題型分析高考展望空間角包括異面直線所成的角，線面角以及二面角，在高考中頻繁出現(xiàn)，也是高考立體幾何題目中的難點所在.掌握好本節(jié)內容：首先要理解這些角的概念，其次要弄清這些角的范圍，最后再求解這些角.在未來的高考中，空間角將是高考考查的重點，借助向量求空間角，將是解決這類題目的主要方法.?？碱}型精析題型一異面直線所成的角例1在棱長為a的正方體ABCDA1B1C1D1中，求異面直線BA1與AC所成的角.點評(1)異面直線所成的角的范圍是(0，.求兩條異面直線所成的角的大小一般方法是通過平行移動直線，把異面問題轉化為共面問題來解決.具體步驟如下：利用定義構造角，可固定一條，平移另一條，或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選擇在特殊的位置上；證明作出的角即為所求的角；利用三角形來求角.(2)如果題目條件易建立空間坐標系，可以借助空間向量來求異面直線所成角：設異面直線l1，l2的方向向量分別為m1，m2，則l1與l2所成的角滿足cos |cosm1，m2|.變式訓練1(2014課標全國)直三棱柱ABCA1B1C1中，BCA90，M，N分別是A1B1，A1C1的中點，BCCACC1，則BM與AN所成角的余弦值為()A. B. C. D.題型二直線與平面所成的角例2(2015課標全國)如圖，長方體ABCDA1B1C1D1中，AB16，BC10，AA18，點E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1ED1F4.過點E，F(xiàn)的平面與此長方體的面相交，交線圍成一個正方形.(1)在圖中畫出這個正方形(不必說明畫法和理由)；(2)求直線AF與平面所成角的正弦值.點評(1)求直線l與平面所成的角，先確定l在上的射影，在l上取點作的垂線，或觀察原圖中是否存在這樣的線，或是否存在過l上一點與垂直的面.(2)找到線面角、作出說明，并通過解三角形求之.(3)利用向量求線面角：設直線l的方向向量和平面的法向量分別為m，n，則直線l與平面所成角滿足sin |cosm，n|，.變式訓練2如圖，已知四棱錐PABCD的底面為等腰梯形，ABCD，ACBD，垂足為H，PH是四棱錐的高，E為AD的中點.(1)證明：PEBC；(2)若APBADB60，求直線PA與平面PEH所成角的正弦值.題型三二面角例3(2015山東)如圖，在三棱臺DEFABC中，AB2DE，G，H分別為AC，BC的中點.(1)求證：BD平面FGH；(2)若CF平面ABC，ABBC，CFDE, BAC45，求平面FGH與平面ACFD所成的角(銳角)的大小.點評(1)二面角的范圍是(0，解題時要注意圖形的位置和題目的要求.作二面角的平面角常有三種方法.棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點在兩個平面內分別引棱的垂線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角；面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一個面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點(即斜足)，斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角；空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角.(2)用向量法求二面角的大小如圖(1)，AB、CD是二面角l的兩個面內與棱l垂直的直線，則二面角的大小，.(2)如圖(2)(3)，n1，n2分別是二面角l的兩個半平面，的法向量，則二面角的大小滿足cos cosn1，n2或cosn1，n2.變式訓練3(2015安徽)如圖所示，在多面體A1B1D1ABCD，四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，E為B1D1的中點，過A1，D，E的平面交CD1于F.(1)證明：EFB1C.(2)求二面角EA1DB1的余弦值.高考題型精練1.(2015浙江)如圖，已知ABC，D是AB的中點，沿直線CD將ACD翻折成ACD，所成二面角ACDB的平面角為，則()A.ADB B.ADB C.ACB D.ACB2.(2015北京朝陽區(qū)模擬)在正方體ABCDA1B1C1D1中，點E為BB1的中點，則平面A1ED與平面ABCD所成的銳二面角的余弦值為()A. B.C. D.3.(2014大綱全國)已知二面角l為60，AB，ABl，A為垂足，CD，Cl，ACD135，則異面直線AB與CD所成角的余弦值為()A. B. C. D.4.(2014四川)如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，點O為線段BD的中點.設點P在線段CC1上，直線OP與平面A1BD所成的角為，則sin 的取值范圍是()A.，1 B.，1C.， D.，1 5.如圖所示，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1底面ABC，ABBCAA1，ABC90，點E、F分別是棱AB、BB1的中點，則直線EF和BC1所成的角是_.6.正四棱錐SABCD中，O為頂點在底面上的射影，P為側棱SD的中點，且SOOD，則直線BC與平面PAC所成的角是_.7.(2014四川)三棱錐ABCD及其側(左)視圖、俯視圖如圖所示.設M，N分別為線段AD，AB的中點，P為線段BC上的點，且MNNP.(1)證明：P是線段BC的中點；(2)求二面角ANPM的余弦值.8.(2015課標全國)如圖，四邊形ABCD為菱形，ABC120，E，F(xiàn)是平面ABCD同一側的兩點，BE平面ABCD，DF平面ABCD，BE2DF，AEEC.(1)證明：平面AEC平面AFC，(2)求直線AE與直線CF所成角的余弦值.9.(2015江蘇)如圖，在四棱錐PABCD中，已知PA平面ABCD，且四邊形ABCD為直角梯形，ABCBAD，PAAD2，ABBC1.(1)求平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值；(2)點Q是線段BP上的動點，當直線CQ與DP所成的角最小時，求線段BQ的長.10.(2015北京)如圖，在四棱錐AEFCB中，AEF為等邊三角形，平面AEF平面EFCB，EFBC，BC4，EF2a，EBCFCB60，O為EF的中點.(1)求證：AOBE；(2)求二面角FAEB的余弦值；(3)若BE平面AOC，求a的值.答案精析第28練“空間角”攻略?？碱}型精析例1解方法一因為，所以()().因為ABBC，BB1AB，BB1BC，所以0，0，0，a2.所以a2.又|cos，cos，.所以，120.所以異面直線BA1與AC所成的角為60.方法二連接A1C1，BC1，則由條件可知A1C1AC，從而BA1與AC所成的角即為BA1與A1C1所成的角，由于該幾何體為邊長為a的正方體，于是A1BC1為正三角形，BA1C160，從而所求異面直線BA1與AC所成的角為60.方法三由于該幾何體為正方體，所以DA，DC，DD1兩兩垂直且長度均為a，于是以D為坐標原點，分別為x，y，z軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，于是有A(a,0,0)，C(0，a,0)，A1(a,0，a)，B(a，a,0)，從而(a，a,0)，(0，a，a)，且|a，a2，cos，即，120，所以所求異面直線BA1與AC所成角為60.變式訓練1C 由于BCA90，三棱柱為直三棱柱，且BCCACC1，可將三棱柱補成正方體.建立如圖所示空間直角坐標系.設正方體棱長為2，則可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，(1,1,2)(2,2,0)(1，1,2)，(0,1,2).cos，.例2解(1)交線圍成的正方形EHGF如圖：(2)作EMAB，垂足為M，則AMA1E4，EMAA18.因為EHGF為正方形，所以EHEFBC10.于是MH6，所以AH10.以D為坐標原點，的方向為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(10,0,0)，H(10,10,0)，E(10，4,8)，F(xiàn)(0,4,8)，(10,0,0)，(0，6，8).設n(x，y，z)是平面EHGF的法向量，則即所以可取n(0,4,3).又(10,4,8)，故|cosn，|.所以AF與平面EHGF所成角的正弦值為.變式訓練2(1)證明以H為原點，HA，HB，HP所在直線分別為x，y，z軸，線段HA的長為單位長度，建立空間直角坐標系(如圖)，則A(1,0,0)，B(0,1,0). 設C(m,0,0)，P(0,0，n) (m0)，則D(0，m,0)，E.可得，(m，1,0).因為00，所以PEBC.(2)解由已知條件可得m，n1，故C，D，E，P(0,0,1).設n(x，y，z)為平面PEH的法向量，則即因此可以取n(1，0).又(1,0，1)，所以|cos，n|.所以直線PA與平面PEH所成角的正弦值為.例3(1)證明如圖，連接DG，CD，設CDGFO，連接OH，在三棱臺DEFABC中，AB2DE，G為AC的中點，可得DFGC，DFGC，所以四邊形DFCG為平行四邊形.則O為CD的中點，又H為BC的中點，所以OHBD，又OH平面FGH，BD平面FGH，所以BD平面FGH.(2)解方法一設AB2，則CFDE1.在三棱臺DEFABC中，G為AC的中點，由DFACGC，可得四邊形DGCF為平行四邊形，因此DGFC，又FC平面ABC，所以DG平面ABC.在ABC中，由ABBC，BAC45，G是AC中點.所以ABBC，GBGC，因此GB，GC，GD兩兩垂直.以G為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系.所以G(0,0,0)，B(，0,0)，C(0，0)，D(0,0,1).可得H，F(xiàn)(0，1)，故，(0，1).設n(x，y，z)是平面FGH的一個法向量，則由可得可得平面FGH的一個法向量n(1，1，).因為是平面ACFD的一個法向量，(，0,0).所以cos，n.所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60.方法二作HMAC于點M，作MNGF于點N，連接NH.設AB2.由FC平面ABC，得HMFC，又FCACC，所以HM平面ACFD.因此GFNH，所以MNH即為所求的角.在BGC中，MHBG，MHBG，由GNMGCF，可得，從而MN.由HM平面ACFD，MN平面ACFD，得HMMN，因此tanMNH，所以MNH60，所以平面FGH與平面ACFD所成角(銳角)的大小為60.變式訓練3(1)證明由正方形的性質可知A1B1ABDC，且A1B1ABDC，所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，從而B1CA1D，又A1D面A1DE，B1C面A1DE，于是B1C面A1DE.又B1C面B1CD1，面A1DE面B1CD1EF，所以EFB1C.(2)解因為四邊形AA1B1B，ADD1A1，ABCD均為正方形，所以AA1AB，AA1AD，ABAD且AA1ABAD.以A為原點，分別以，為x軸，y軸和z軸單位正向量建立如圖所示的空間直角坐標系，可得點的坐標A(0,0,0)，B(1,0,0)，D(0,1,0)，A1(0,0,1)，B1(1,0,1)，D1(0,1,1)，而E點為B1D1的中點，所以E點的坐標為.設面A1DE的法向量n1(r1，s1，t1)，而該面上向量，(0,1，1)，由n1.n1得r1，s1，t1應滿足的方程組(1,1,1)為其一組解，所以可取n1(1,1,1).設面A1B1CD的法向量n2(r2，s2，t2)，而該面上向量(1,0,0)，(0,1，1)，由此同理可得n2(0,1,1).所以結合圖形知二面角EA1DB1的余弦值為.高考題型精練1.B 極限思想：若，則ACB，排除D；若0，如圖，則ADB，ACB都可以大于0，排除A，C.故選B.2.B 以A為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，則A1(0,0,1)，E，D(0,1,0)，(0,1，1)，設平面A1ED的一個法向量為n1(1，y，z)，則n1(1,2,2).平面ABCD的一個法向量為n2(0,0,1)，cosn1，n2.即所成的銳二面角的余弦值為.3.B 方法一如圖(1)，平移CD至AF，則BAF為所求.作二面角l的平面角BAE60，又EAF45，由cosBAFcosBAEcosEAF得cosBAF.方法二如圖(2)，設AB2a，過點B作BB1，垂足為B1，作AD1CD，則BAD1即為所求.過點B1作B1D1AD1于D1，連接AB1，BD1，則易知BAB1為二面角的平面角，即BAB160，從而BB12asin 60a，B1AD145，AB1a，AD1B1D1a.在RtBB1D1中，BD1a.在BAD1中，由余弦定理，得cosBAD1，即異面直線AB與CD所成角的余弦值為.4.B 根據(jù)題意可知平面A1BD平面A1ACC1且兩平面的交線是A1O，所以過點P作交線A1O的垂線PE，則PE平面A1BD，所以A1OP或其補角就是直線OP與平面A1BD所成的角.設正方體的邊長為2，則根據(jù)圖形可知直線OP與平面A1BD可以垂直.當點P與點C1重合時可得A1OOP，A1C12，所以sin 22，所以sin ；當點P與點C重合時，可得sin .根據(jù)選項可知B正確.5.60解析以BC為x軸，BA為y軸，BB1為z軸，建立空間直角坐標系.設ABBCAA12，則C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(xiàn)(0,0,1)，則(0，1,1)，(2,0,2)，2，cos，EF和BC1所成的角為60.6.30解析如圖所示，以O為原點建立空間直角坐標系.設ODSOOAOBOCa，則A(a,0,0)，B(0，a,0)，C(a,0,0)，P(0，)，則(2a,0,0)，(a，)，(a，a,0).設平面PAC的法向量為n，可求得n(0,1,1)，則cos，n.，n60，直線BC與平面PAC所成的角為906030.7.(1)證明如圖(1)，取BD的中點O，連接AO，CO.圖(1)由側視圖及俯視圖知，ABD，BCD均為正三角形，因此AOBD，OCBD.因為AO，OC平面AOC，且AOOCO，所以BD平面AOC.又因為AC平面AOC，所以BDAC.取BO的中點H，連接NH，PH.又M，N分別為線段AD，AB的中點，所以NHAO，MNBD.因為AOBD，所以NHBD.因為MNNP，所以BDNP.因為NH，NP平面NHP，且NHNPN，所以BD平面NHP.又因為HP平面NHP，所以BDHP.又OCBD，HP平面BCD，OC平面BCD，所以HPOC.因為H為BO中點，故P為BC中點.(2)解方法一如圖(2)，作NQAC于Q，連接MQ.圖(2)由(1)知，NPAC，所以NQNP.因為MNNP，所以MNQ為二面角ANPM的一個平面角.由(1)知，ABD，BCD為邊長為2的正三角形，所以AOOC.由俯視圖可知，AO平面BCD.因為OC平面BCD，所以AOOC，因此在等腰RtAOC中，AC.作BRAC于R，在ABC中，ABBC，所以BR .因為在平面ABC內，NQAC，BRAC，所以NQBR.又因為N為AB的中點，所以Q為AR的中點，因此NQ.同理，可得MQ.所以在等腰MNQ中，cosMNQ.故二面角ANPM的余弦值為.圖(3)方法二由俯視圖及(1)可知，AOBCD.因為OC，OB平面BCD，所以AOOC，AOOB.又OCOB，所以直線OA，OB，OC兩兩垂直.如圖(3)，以O為坐標原點，以，的方向為x軸，y軸，z軸的正方向，建立空間直角坐標系，則A(0,0，)，B(1,0,0)，C(0，0)，D(1,0,0).因為M，N分別為線段AD，AB的中點，又由(1)知，P為線段BC的中點，所以M(，0，)，N(，0，)，P(，0).于是(1,0，)，(1，0)，(1,0,0)，(0，).設平面ABC的一個法向量n1(x1，y1，z1)，則即有從而取z11，則x1，y11，所以n1(，1,1).設平面MNP的一個法向量n2(x2，y2，z2)，則即有從而取z21，所以n2(0,1,1).設二面角ANPM的大小為，則cos .故二面角ANPM的余弦值是.8.(1)證明連接BD，設BDACG，連接EG，F(xiàn)G，EF.在菱形ABCD中，不妨設GB1.由ABC120，可得AGGC.由BE平面ABCD，ABBC，可知AEEC.又AEEC，所以EG，且EGAC.在Rt EBG中，可得BE，故DF.在Rt FDG中，可得FG.在直角梯形BDFE中，由BD2，BE，DF，可得EF，從而EG2FG2EF2，所以EGFG.又ACFGG，可得EG平面AFC.因為EG平面AEC，所以平面AEC平面AFC.(2)解如圖，以G為坐標原點，分別以，的方向為x軸，y軸正方向，|為單位長，建立空間直角坐標系，由(1)可得A(0，0)，E(1,0，)，F(xiàn)，C(0，0)，所以(1，)，.故|cos，|.所以直線AE與直線CF所成角的余弦值為.9.解以，為正交基底建立如圖所示的空間直角坐標系，則各點的坐標為A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1，1,0)，D(0,2,0)，P(0,0,2).(1)因為AD平面PAB，所以是平面PAB的一個法向量，(0,2,0).因為(1,1，2)，(0,2，2).設平面PCD的法向量為m(x，y，z)，則m0，m0，即令y1，解得z1，x1.所以m(1,1,1)是平面PCD的一個法向量.從而cos，m，所以平面PAB與平面PCD所成二面角的余弦值為.(2)因為(1,0,2)，設(，0,2)(01)，又(0，1,0)，則(，1,2)，又(0，2,2)，從而cos，.設12t，t1,3，則cos2，.當且僅當t，即時，|cos，|的最大值為.因為ycos x在上是減函數(shù)，此時直線CQ與DP所成角取得最小值.又因為BP，所以BQBP.10.(1)證明因為AEF是等邊三角形，O為EF的中點，所以AOEF.又因為平面AEF平面EFCB，平面AEF平面EFCBEF，AO平面AEF，所以AO平面EFCB.又BE平面EFCB，所以AOBE.(2)解取BC中點G，連接OG.由題設知EFCB是等腰梯形，所以OGEF.由(1)知AO平面EFCB.又OG平面EFCB，所以OAOG.如圖建立空間直角坐標系，則E(a,0,0)，A(0,0，a)，B(2，(2a)，0)，(a,0，a)，(a2，(a2)，0).設平面AEB的法向量為n(x，y，z)，則即令z1，則x，y1，于是n(，1,1).平面AEF的一個法向量為p(0,1,0).所以cosn，p.由題知二面角FAEB為鈍角，所以它的余弦值為.(3)解因為BE平面AOC，所以BEOC，即0，因為(a2，(a2)，0)，(2，(2a)，0)，所以2(a2)3(a2)2.由0及0a2，解得a.