2020-2021学年新教材高考数学 第八章 立体几何 5 考点3 线面角、二面角的求法练习（含解析）（选修2）.docx

1、考点3 线面角、二面角的求法（2018北京卷（理）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，CC1平面ABC，D，E，F，G分别为AA1，AC，A1C1，BB1的中点，ABBC5，ACAA12.（1）求证：AC平面BEF；（2）求二面角BCDC1的余弦值；（3）证明：直线FG与平面BCD相交【解析】（1）证明在三棱柱ABCA1B1C1中，因为CC1平面ABC，所以四边形A1ACC1为矩形又E，F分别为AC，A1C1的中点，所以ACEF.又ABBC，所以ACBE，又BE，EF平面BEF，BEEFE，所以AC平面BEF.（2）由（1）知ACEF，ACBE，EFCC1.又CC1平面ABC，所以EF平面AB

2、C因为BE平面ABC，所以EFBE.如图，以E为原点，EA所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EF所在直线为z轴，建立空间直角坐标系Exyz.由题意得B（0,2,0），C（1,0,0），D（1,0,1），E（0,0,0），F（0,0,2），G（0,2,1）所以BC（1，2,0），BD（1，2,1）设平面BCD的法向量为n（x0，y0，z0），则nBC=0,nBD=0,即-x0-2y0=0,x0-2y0+z0=0.令y01，则x02，z04.于是n（2，1，4）又因为平面CC1D的法向量为EB（0,2,0），所以cosn，EBnEBnEB2121.由题意知二面角BCDC1为钝角，所以其余弦值为2

3、121.（3）证明由（2）知平面BCD的法向量为n（2，1，4），FG（0,2，1）因为nFG20（1）2（4）（1）20，所以直线FG与平面BCD相交【答案】见解析（2018浙江卷）已知四棱锥SABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为1，SE与平面ABCD所成的角为2，二面角SABC的平面角为3，则（）A123B321C132D231【解析】如图，不妨设底面正方形的边长为2，E为AB上靠近点A的四等分点，E为AB的中点，S到底面的距离SO1，以EE，EO为邻边作矩形OOEE，则SEO1，SEO2，SEO3.由题意，得tan 1SOEO52，

4、tan 2SOEO15225，tan 31，此时tan 2tan 3tan 1，可得231.当E在AB中点处时，231.故选D【答案】D （2018浙江卷）如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC，ABC120，A1A4，C1C1，ABBCB1B2.（1）证明：AB1平面A1B1C1；（2）求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值【解析】方法一（1）证明由AB2，AA14，BB12，AA1AB，BB1AB，得AB1A1B122，所以A1B12AB12AA12，故AB1A1B1.由BC2，BB12，CC11，BB1BC，CC1BC，得B1C15.由ABBC2

5、，ABC120，得AC23.由CC1AC，得AC113，所以AB12B1C12AC12，故AB1B1C1.又因为A1B1B1C1B1，A1B1，B1C1平面A1B1C1，因此AB1平面A1B1C1.（2）如图，过点C1作C1DA1B1，交直线A1B1于点D，连接AD由AB1平面A1B1C1，得平面A1B1C1平面ABB1.由C1DA1B1，平面A1B1C1平面ABB1A1B1，C1D平面A1B1C1，得C1D平面ABB1.所以C1AD是AC1与平面ABB1所成的角由B1C15，A1B122，A1C121，得cosC1A1B1427，sinC1A1B177，所以C1D3，故sinC1ADC1DA

6、C13913.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.方法二（1）证明如图，以AC的中点O为原点，分别以射线OB，OC为x，y轴的正半轴，建立空间直角坐标系Oxyz.由题意知各点坐标如下：A（0，3，0），B（1,0,0），A1（0，3，4），B1（1,0,2），C1（0，3，1）因此AB1（1，3，2），A1B1（1，3，2），A1C1（0,23，3）由AB1A1B10，得AB1A1B1.由AB1A1C10，得AB1A1C1.又A1B1A1C1A1，A1B1，A1C1平面A1B1C1，所以AB1平面A1B1C1.（2）设直线AC1与平面ABB1所成的角为.由（1）可知AC1（

7、0,23，1），AB（1，3，0），BB1（0,0,2）设平面ABB1的一个法向量为n（x，y，z）由nAB=0,nBB1=0,得x+3y=0,2z=0,可取n（3，1,0）所以sin |cosAC1，n|AC1nAC1n3913.因此直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.【答案】见解析（2018天津卷（理）如图，ADBC且AD2BC，ADCD，EGAD且EGAD，CDFG且CD2FG，DG平面ABCD，DADCDG2.（1）若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：MN平面CDE；（2）求二面角EBCF的正弦值；（3）若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60，求

8、线段DP的长【解析】（1）证明依题意，可以建立以D为原点，分别以DA，DC，DG的方向为x轴、y轴、z轴的正方向的空间直角坐标系（如图），可得D（0,0,0），A（2,0,0），B（1,2,0），C（0,2,0），E（2,0,2），F（0,1,2），G（0,0,2），M0,32,1，N（1，0,2）依题意得DC（0,2,0），DE（2,0,2）设n0（x0，y0，z0）为平面CDE的法向量，则n0DC=0,n0DE=0,即2y0=0,2x0+2z0=0.不妨令z01，可得n0（1,0，1）又MN1,-32,1，可得MNn00.又因为直线MN平面CDE，所以MN平面CDE.（2）依题意，可得BC

9、（1,0,0），BE（1，2,2），CF（0，1,2）设n（x，y，z）为平面BCE的法向量，则nBC=0,nBE=0,即x0,x2y2z0.不妨令z1，可得n（0,1,1）设m（x，y，z）为平面BCF的法向量，则mBC=0,mCF=0,即x0,y2z0.不妨令z1，可得m（0,2,1）因此有cosm，nmnmn31010，于是sinm，n1010.所以二面角EBCF的正弦值为1010.（3）设线段DP的长为h（h0,2），则点P的坐标为（0,0，h），可得BP（1，2，h）DC（0,2,0）为平面ADGE的一个法向量，故|cosBP，DC|BPDCBPDC2h2+5，由题意，可得2h2+5

10、sin 6032，解得h33（负值舍去）所以线段DP的长为33.【答案】见解析（2018全国卷（理）如图，边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧CD所在平面垂直，M是CD上异于C，D的点（1）证明：平面AMD平面BMC；（2）当三棱锥MABC体积最大时，求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值【解析】（1）证明由题设知，平面CMD平面ABCD，交线为CD因为BCCD，BC平面ABCD，所以BC平面CMD，又DM平面CMD，故BCDM.因为M为CD上异于C，D的点，且DC为直径，所以DMCM.又BCCMC，BC，CM平面BMC，所以DM平面BMC又DM平面AMD，故平面AMD平面BMC（2

11、）以D为坐标原点，DA的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.当三棱锥MABC体积最大时，M为CD的中点由题设得D（0,0,0），A（2,0,0），B（2,2,0），C（0,2,0），M（0,1,1），AM（2,1,1），AB（0,2,0），DA（2,0,0），设n（x，y，z）是平面MAB的法向量，则nAM=0,nAB=0,即2xyz0,2y0.可取n（1,0,2），DA是平面MCD的法向量，因此cosn，DAnDAnDA55，sinn，DA255.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是255.【答案】见解析（2018全国卷（理）如图，在三棱锥PABC中，ABBC2

12、2，PAPBPCAC4，O为AC的中点（1）证明：PO平面ABC；（2）若点M在棱BC上，且二面角MPAC为30，求PC与平面PAM所成角的正弦值【解析】（1）证明因为PAPCAC4，O为AC的中点，所以OPAC，且OP23.如图，连接OB因为ABBC22AC，所以ABC为等腰直角三角形，所以OBAC，OB12AC2.由OP2OB2PB2知POOB因为OPOB，OPAC，OBACO，OB，AC平面ABC，所以PO平面ABC（2）由（1）知OP，OB，OC两两垂直，则以O为坐标原点，分别以OB，OC，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Oxyz，如图所示由已知得O（0,0,0），B

13、（2,0,0），A（0，2,0），C（0,2,0），P（0,0,23），AP（0,2,23）由（1）知平面PAC的一个法向量为OB（2,0,0）设M（a,2a,0）（0a2），则AM（a,4a,0）设平面PAM的法向量为n（x，y，z）由APn0，AMn0，得2y+23z=0,ax+4-ay=0,可取y3a，得平面PAM的一个法向量为n（3（a4），3a，a），所以cosOB，n23(a-4)23(a-4)2+3a2+a2 .由已知可得|cosOB，n|cos 3032，所以23a-423(a-4)2+3a2+a232，解得a4（舍去）或a43.所以n-833,433,-43.又PC（0,2，

14、23），所以cosPC，n34.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为34.【答案】见解析（2018全国卷（理）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）A334B233C324D32【解析】如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCDA1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面

15、AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN6122222sin 60334.故选A【答案】A（2018全国卷（理）如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把DFC折起，使点C到达点P的位置，且PFBF.（1）证明：平面PEF平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值【解析】（1）证明由已知可得BFPF，BFEF，又PFEFF，PF，EF平面PEF，所以BF平面PEF.又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD（2）如图，作PHEF，垂足为H.由（1）知，平面PEF平面ABFD，平面PEF平面ABFDEF，PH平面PEF，所以PH

16、平面ABFD以H为坐标原点，FB，HF，HP的方向为x轴，y轴，z轴正方向，|BF|为单位长，建立空间直角坐标系Hxyz.由（1）可得，DEPE.又DP2，DE1，所以PE3.又PF1，EF2，所以PEPF.所以PH32，EH32.则H（0,0,0），P0,0,32，D-1,-32,0，DP1,32,32，HP0,0,32.又HP为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成的角为，则sin HPDPHPDP34334.所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为34.【答案】见解析（2018江苏卷）如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA12，点P，Q分别为A1B1，BC的中点（1）求异面

17、直线BP与AC1所成角的余弦值；（2）求直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值【解析】如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OBOC，OO1OC，OO1OB，以OB，OC，OO1为基底，建立空间直角坐标系Oxyz .因为ABAA12，所以A（0，1，0），B（3，0,0），C（0,1,0），A1（0，1,2），B1（3，0,2），C1（0,1,2）（1）因为P为A1B1的中点，所以P32,-12,2，从而BP-32,-12,2，AC1（0,2,2），故|cosBP，AC1|BPAC1BPAC1-1+452231020.因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为31020.（2）因为Q为BC的中点，所以Q32,12,0，因此AQ32,32,0，AC1（0,2,2），CC1（0,0,2）设n（x，y，z）为平面AQC1的一个法向量，则AQn=0,AC1n=0,即32x+32y=0,2y+2z=0.不妨取n（3，1,1）设直线CC1与平面AQC1所成的角为，则sin |cosCC1，n|CC1nCC1n22555.所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为55.【答案】见解析