2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项四　第2课时　求空间角 WORD版含解析.docx

1、高考解答题专项四立体几何中的综合问题第2课时求空间角1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,ABBC,AA1=AB=BC=2.(1)求证:BC1平面A1B1C;(2)求异面直线B1C与A1B所成角的大小.2.(2021全国乙,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PBAM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.3.(2021河南平顶山二模)如图所示的五面体中,四边形ABCD是正方形,平面ADE平面CDEF,AB=ED=2EF=2,EAD=60.(1)证明:平面ADE平面ABCD;(2)求直线CF与平面B

2、DE所成角的正弦值.4.(2021天津,17)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.(1)求证:D1F平面A1EC1;(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.5.(2021北京清华附中模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1=2,BC1B1C=O,AO平面BB1C1C.(1)求证:ABB1C;(2)若B1BC=60,直线AB与平面BB1C1C所成角为30,求二面角A1-B1C1-B的余弦值.6.(2021山东潍坊模拟)在四棱锥P-ABCD中,PA平面ABCD,ADBC,BCCD

3、,PA=AD=2,CD=1,BC=3,点M,N在线段BC上,BM=2MN=1,ANMD=E,Q为线段PB上的一点.(1)求证:MD平面PAN;(2)若平面MQA与平面PAN所成锐二面角的余弦值为45,求直线MQ与平面ABCD所成角的正弦值.第2课时求空间角1.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,ABBC,AA1=AB=BC=2,BC1B1C,BB1A1B1,A1B1B1C1.BB1B1C1=B1,A1B1平面BCC1B1.BC1平面BCC1B1,A1B1BC1.A1B1B1C=B1,BC1平面A1B1C.(2)解以B为原点,BC为x轴,BA为y轴,BB1为z轴,建立空间

4、直角坐标系.B1(0,0,2),C(2,0,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),B1C=(2,0,-2),A1B=(0,-2,-2),设异面直线B1C与A1B所成角为,则cos =|B1CA1B|B1C|A1B|=488=12,又02,=3.异面直线B1C与A1B所成角的大小为3.2.解(1)连接BD.PD底面ABCD,AM底面ABCD,PDAM.PBAM,PBPD=P,AM平面PBD,AMBD,ADB+DAM=90.又DAM+MAB=90,ADB=MAB,RtDABRtABM,ADAB=BABM,12BC2=1,BC=2.(2)如图,以D为原点,DA,DC,DP分别为x,y,z轴的正

5、方向建立空间直角坐标系.可得A(2,0,0),B(2,1,0),M22,1,0,P(0,0,1),AP=(-2,0,1),AM=-22,1,0,BM=-22,0,0,BP=(-2,-1,1).设平面AMP的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则mAP=0,mAM=0,即-2x1+z1=0,-22x1+y1=0,令x1=2,则y1=1,z1=2,可得m=(2,1,2).设平面BMP的一个法向量为n=(x2,y2,z2),同理可得n=(0,1,1).则cos=mn|m|n|=372=31414.设二面角A-PM-B的平面角为,则sin =1-cos2=1-914=7014.3.(1)证明取ED的

6、中点G,连接AG.因为AD=AB=ED,EAD=60,所以ADE是等边三角形,所以AGED.又因为平面ADE平面CDEF,且平面ADE平面CDEF=ED,所以AG平面CDEF,所以AGCD.因为CDAD,AGAD=A,所以CD平面ADE.又CD平面ABCD,所以平面ADE平面ABCD.(2)解取AD的中点O,CB的中点H,连接OE,OH.由(1)可知,OE平面ABCD,易知OEOA,OAOH,OEOH,以OA所在直线为x轴,OH所在直线为y轴,OE所在直线为z轴建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),H(0,2,0),C(-1,2,0),B(1,2,0),D(-1,0,0),E(0,0,3).

7、从而BD=(-2,-2,0),DE=(1,0,3),OH=(0,2,0).因为ABCD,CD平面CDEF,AB平面CDEF,所以AB平面CDEF.又因为AB平面ABEF,平面ABEF平面CDEF=EF,所以EFAB.所以EF=12OH.易知F(0,1,3),所以CF=(1,-1,3).设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则nBD=0,nDE=0,即-2x-2y=0,x+3z=0,取x=-3,则y=3,z=1,所以n=(-3,3,1).设直线CF与平面BDE所成角为,所以sin =|cos|=|-3-3+3|3+1+31+3+1=10535.所以直线CF与平面BDE所成角的正弦值为1053

8、5.4.(1)证明以A为原点,AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),因为E为棱BC的中点,F为棱CD的中点,所以E(2,1,0),F(1,2,0),则D1F=(1,0,-2),A1C1=(2,2,0),A1E=(2,1,-2).设平面A1EC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则mA1C1=2x1+2y1=0,mA1E=2x1+y1-2z1=0,令x1=2,则m=(2,-2,1).因为D1Fm=2-2=0,所以D1Fm.因为

9、D1F平面A1EC1,所以D1F平面A1EC1.(2)解由(1)得,AC1=(2,2,2),设直线AC1与平面A1EC1所成角为,则sin =|cos|=mAC1|m|AC1|=2323=39.(3)解由正方体的特征可得,平面AA1C1的一个法向量为DB=(2,-2,0),则cos=DBm|DB|m|=8322=223,所以二面角A-A1C1-E的正弦值为1-cos2=13.5.(1)证明因为BC=BB1,则四边形BB1C1C是菱形,B1CBC1.又AO平面BB1C1C,B1C平面BB1C1C,所以AOB1C,AOBC1=O,AO,BC1平面ABC1,所以B1C平面ABC1,而AB平面ABC1

10、,所以ABB1C.(2)解因为AO平面BB1C1C,所以直线AB与平面BB1C1C所成角为ABO,即ABO=30.因为四边形BCC1B1是菱形,又CBB1=60,所以OB=OC1=3,OB1=1,所以以OB,OB1,OA为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,则B(3,0,0),C1(-3,0,0),B1(0,1,0),A(0,0,1),A1(-3,1,1),A1B1=(3,0,-1),B1C1=(-3,-1,0),设平面A1B1C1的一个法向量为n=(x,y,z),则nA1B1=3x-z=0,nB1C1=-3x-y=0,取x=1,则n=(1,-3,3).由题知平面BCC1B1的一个法向

11、量是m=(0,0,1),cos=mn|m|n|=317=217.又二面角A1-B1C1-B是钝二面角,所以其余弦值为-217.6.(1)证明BC=3,BM=1,CM=2,AD=CM.ADCM,四边形AMCD为平行四边形.BCCD,四边形AMCD为矩形.MNAM=AMAD=12,AMNDAM.AED=MAN+AME=ADM+AME=90.MDAN.又PA平面ABCD,PAMD,ANPA=A,MD平面PAN.(2)解如图建立空间直角坐标系,则M(1,0,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N1,12,0,B(1,-1,0),Q(x,y,z),BQ=(x-1,y+1,z),BP=(-1,1,2

12、).设BQ=BP,01,则(x-1,y+1,z)=(-1,1,2),即x=1-,y=-1,z=2,Q(1-,-1,2),则MQ=(-,-1,2),AM=(1,0,0),AP=(0,0,2),AN=1,12,0.设平面MQA与平面PAN的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),n1MQ=0,n1AM=0,则-x1+(-1)y1+2z1=0,x1=0,故n1=(0,2,1-).n2AP=0,n2AN=0,则2z1=0,x2+12y2=0,故n2=(1,-2,0).设平面MQA与平面PAN所成锐二面角为,cos =n1n2|n1|n2|=442+(1-)25=45,解得=12.此时MQ=-12,-12,1,平面ABCD的一个法向量n3=(0,0,1),sin =n3MQ|n3|MQ|=63.直线MQ与平面ABCD所成角的正弦值为63.