2020版新攻略高考数学总复习浙江专用练习：8-7 空间角的计算 夯基提能作业 WORD版含解析.docx

1、 8.7空间角的计算A组基础题组1.若直线l的方向向量与平面的一个法向量的夹角等于120,则直线l与平面所成的角等于() A.120B.60C.30D.60或30答案C设直线l与平面所成的角为,直线l与平面的法向量的夹角为,则sin =|cos |=|cos 120|=12.又因为090,所以=30.2.如图,在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A1B1C1中,P是棱BC上的动点.记直线A1P与平面ABC所成的角为1,与直线BC所成的角为2,则1,2的大小关系是()A.1=2B.12C.12D.不能确定答案C连接AP,因为AA1底面ABC,所以AP为A1P在底面ABC内的投影,所以A1PA为直线A

2、1P与平面ABC所成的角,则由最小角定理易得12,故选C.3.已知二面角-l-为60,AB,ABl,A为垂足,CD,Cl,ACD=135,则异面直线AB与CD所成角的余弦值为()A.14B.24C.34D.12答案B依题意作图,平移CD至AD,作AEl,且DEl,连接BE,BD,则DE面BAE,则EAB=60,DAE=45,设AB=1,AE=1,则BE=1,DE=1,DA=2.在RtBED中,BD=2.cosBAD=AB2+AD2-BD22ABAD=12+(2)2-(2)2212=24,即异面直线AB与CD所成角的余弦值为24.故选B.4.如图,四边形ABCD中,AB=BD=DA=2,BC=C

3、D=2.现将ABD沿BD折起,当二面角A-BD-C处于6,56的过程中,直线AB与CD所成角的余弦值的取值范围是()A.-528,28B.28,528C.0,28D.0,528答案D如图所示,取BD中点O,连接AO,CO,AB=BD=DA=2,BC=CD=2,COBD,AOBD,且CO=1,AO=3,AOC是二面角A-BD-C的平面角,以O为原点,OC所在直线为x轴,OD所在直线为y轴,过点O作平面BCD的垂线为z轴,建立空间直角坐标系,则B(0,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),设二面角A-BD-C的平面角为,且6,56,则AOC=,A(3cos ,0,3sin ),BA=(3

4、cos ,1,3sin ),CD=(-1,1,0),设AB、CD的夹角为,则cos =|BACD|BA|CD|=|1-3cos|22,6,56,cos -32,32,|1-3cos |0,52.cos 0,528.故选D.5.(2015浙江,8,5分)如图,已知ABC,D是AB的中点,沿直线CD将ACD翻折成ACD,所成二面角A-CD-B的平面角为,则()A.ADBB.ADBC.ACBD.ACB答案B若CDAB,则ADB为二面角A-CD-B的平面角,即ADB=.若CD与AB不垂直,在ABC中,过A作CD的垂线交线段CD或CD的延长线于点O,交BC于E,连接AO,则AOE为二面角A-CD-B的平

5、面角,即AOE=,AO=AO,AAO=2.又AD=AD,AAD=12ADB.而AAO是直线AA与平面ABC所成的角,由线面角的性质知AAOAAD,则有ADB.综上有ADB,故选B.6.已知正ABC的顶点A在平面上,顶点B,C在平面的同一侧,D为BC的中点,若ABC在平面上的射影是以A为直角顶点的三角形,则直线AD与平面所成角的正弦值的取值范围是()A.63,1B.63,32C.12,32D.12,63答案B如图所示,设B到平面,C到平面,D到平面的射影分别为E,F,P,设AB=AC=BC=1,BE=a,CF=b,则DP=a+b2,由题意可知EF2=4AP2=4(AD2-DP2)=3-(a+b)

6、2,AE2=AB2-BE2=1-a2,AF2=AC2-CF2=1-b2,由AE2+AF2=EF2得1-a2+1-b2=3-(a+b)2,b=12a,由0a1,012a112a1,sinDAP=DPAD=a+12a232=a+12a3,因为函数f(x)=x+12x在12,22上单调递减,在22,1上单调递增,所以f22f(a)maxf12, f(1),所以sinDAP63,32.故选B.7.(2015浙江,13,4分)如图,在三棱锥A-BCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是.答案78解析连接DN,取DN的中点H

7、,连接HM,HC,由N、M、H均为中点,知|cosHMC|即为所求.因为AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,又M,N为AD,BC的中点,所以CMAD,ANBC,所以CM=CD2-MD2=22,AN=AC2-NC2=22,所以MH=12AN=2,易得HC=NC2+NH2=3,则cosHMC=CM2+MH2-HC22CMMH=78.故异面直线AN,CM所成角的余弦值为78.8.如图,在棱长为2的正四面体A-BCD中,E、F分别为直线AB、CD上的动点,且|EF|=3.若记EF的中点P的轨迹为L,则|L|等于.(注:|L|表示点P的轨迹的长度)答案解析将正四面体放入边长为2的正方体中,并建立

8、空间直角坐标系(如图所示).则可设E(x,x,0),F(y,2-y,2),其中x,y0,2.E,F的中点P的坐标为x+y2,x-y+22,22.设u=x+y2,v=x-y+22,所以0u2,0v2,因为|EF|=(x-y)2+(x+y-2)2+(-2)2=3,所以(2v-2)2+(2u-2)2=1,即v-222+u-222=14(其中0u2,0v2),所以P点的轨迹为圆,且其周长为.9.(2016浙江文,14,4分)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=5,ADC=90.沿直线AC将ACD翻折成ACD,直线AC与BD所成角的余弦的最大值是.答案66解析设O是AC的中点,

9、由已知得AC=6,如图,以OB所在直线为x轴,OA所在直线为y轴,过O与平面ABC垂直的直线为z轴,建立空间直角坐标系,则A0,62,0,B302,0,0,C0,-62,0,作DHAC于H,翻折过程中,DH始终与AC垂直,CH=CD2CA=16=66,则OH=63,DH=156=306,所以可设D306cos,-63,306sin(其中为DHD),则BD=306cos-302,-63,306sin,与CA平行的单位向量为n=(0,1,0),设直线AC与BD所成角为,所以cos =|cos|=BDn|BD|n|=639-5cos,所以cos =1时,cos 取得最大值,为66.10.(2016课

10、标全国理,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,PA底面ABCD,ADBC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为线段AD上一点,AM=2MD,N为PC的中点.(1)证明MN平面PAB;(2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值.解析(1)证明:由已知得AM=23AD=2.取BP的中点T,连接AT,TN,由N为PC中点知TNBC,TN=12BC=2.又ADBC,故TN􀱀AM,故四边形AMNT为平行四边形,于是MNAT.因为AT平面PAB,MN平面PAB,所以MN平面PAB.(2)取BC的中点E,连接AE.由AB=AC得AEBC,从而AEAD,且AE=AB2-BE2=A

11、B2-BC22=5.以A为坐标原点,AE的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.由题意知,P(0,0,4),M(0,2,0),C(5,2,0),N52,1,2,PM=(0,2,-4),PN=52,1,-2,AN=52,1,2.设n=(x,y,z)为平面PMN的法向量,则nPM=0,nPN=0,即2y-4z=0,52x+y-2z=0,可取n=(0,2,1).于是|cos|=|nAN|n|AN|=8525.即直线AN与平面PMN所成角的正弦值为8525.11.如图,在四棱锥P-ABCD中,ADBC,ABAD,ABPA,BC=2AB=2AD=4BE,平面PAB平面ABCD.(1)

12、求证:平面PED平面PAC;(2)若直线PE与平面PAC所成角的正弦值为55,求二面角A-PC-D的平面角的余弦值.解析(1)证明:平面PAB平面ABCD,平面PAB平面ABCD=AB,ABPA,PA平面ABCD,结合ABAD,可分别以AB、AD、AP所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,如图所示,设BE=1,可得A(0,0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),C(2,4,0),设P(0,0,)(0),AC=(2,4,0),AP=(0,0,),DE=(2,-1,0),得DEAC=4-4+0=0,DEAP=0,DEAC且DEAP,又AC、AP是平面PAC内的相交直线,ED平面PA

13、C.DE平面PED,平面PED平面PAC.(2)由(1)得平面PAC的一个法向量是DE=(2,-1,0),PE=(2,1,-),设直线PE与平面PAC所成的角为,则sin =|cos|=4-155+2=55,解之得=2,0,=2,可得P的坐标为(0,0,2),设平面PCD的一个法向量为n=(x0,y0,z0),由DC=(2,2,0),DP=(0,-2,2),nDC,nDP,得2x0+2y0=0,-2y0+2z0=0,令x0=1,可得y0=z0=-1,得n=(1,-1,-1),cos=2+135=155,二面角A-PC-D的平面角的余弦值为155.12.(2017天津理,17,13分)如图,在三

14、棱锥P-ABC中,PA底面ABC,BAC=90.点D,E,N分别为棱PA,PC,BC的中点,M是线段AD的中点,PA=AC=4,AB=2.(1)求证:MN平面BDE;(2)求二面角C-EM-N的正弦值;(3)已知点H在棱PA上,且直线NH与直线BE所成角的余弦值为721,求线段AH的长.解析如图,以A为原点,分别以AB,AC,AP方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系.依题意可得A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,4,0),P(0,0,4),D(0,0,2),E(0,2,2),M(0,0,1),N(1,2,0).(1)证明:DE=(0,2,0),DB=(2,0,-2).设n=(

15、x,y,z)为平面BDE的法向量,则nDE=0,nDB=0,即2y=0,2x-2z=0.不妨设z=1,可得n=(1,0,1).又MN=(1,2,-1),可得MNn=0.因为MN平面BDE,所以MN平面BDE.(2)易知n1=(1,0,0)为平面CEM的一个法向量.设n2=(x,y,z)为平面EMN的法向量,则n2EM=0,n2MN=0.因为EM=(0,-2,-1),MN=(1,2,-1),所以-2y-z=0,x+2y-z=0.不妨设y=1,可得n2=(-4,1,-2).所以有cos=n1n2|n1|n2|=-421,于是sin=10521.所以,二面角C-EM-N的正弦值为10521.(3)依

16、题意,设AH=h(0h4),则H(0,0,h),进而可得NH=(-1,-2,h),BE=(-2,2,2).由已知,得|cos|=|NHBE|NH|BE|=|2h-2|h2+523=721,整理得10h2-21h+8=0,解得h=85或h=12.所以,线段AH的长为85或12.13.如图,四棱锥S-ABCD中,SD底面ABCD,ABDC,ADDC,AB=AD=1,DC=SD=2,E为棱SB上的一点,平面EDC平面SBC.(1)求SEEB的值;(2)求二面角A-DE-C的大小.解析如图,以点D为坐标原点建立空间直角坐标系D-xyz,则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,2,0),S(0,0

17、,2).(1)SC=(0,2,-2),BC=(-1,1,0).设面SBC的法向量为m=(x1,y1,z1),由mSC=0及mBC=0,得2y1-2z1=0,-x1+y1=0,取x1=1,则y1=1,z1=1,m=(1,1,1),设SE=EB(0),则E1+,1+,21+,DE=1+,1+,21+,又DC=(0,2,0),设面EDC的法向量为n=(x2,y2,z2 ),由nDE=0,及nDC=0,得x21+y21+2z21+=0,2y2=0,取x2=2,则n=(2,0,-),由面EDC面SBC,得mn=0,得=2,SEEB=2.(2)由(1)知E23,23,23,取DE的中点F,则F13,13,

18、13,FA=23,-13,-13,故FADE=0,FADE,又EC=-23,43,-23,ECDE=0,ECDE,FA与EC的夹角即为所求.cos=FAEC|FA|EC|=-12,故二面角A-DE-C的大小为120.14.(2018浙江,19,15分)如图,已知多面体ABCA1B1C1,A1A,B1B,C1C均垂直于平面ABC,ABC=120,A1A=4,C1C=1,AB=BC=B1B=2.(1)证明:AB1平面A1B1C1;(2)求直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值.解析本题主要考查空间点、线、面的位置关系,直线与平面所成的角等基础知识,同时考查空间想象能力和运算求解能力.解法一:(1

19、)由AB=2,AA1=4,BB1=2,AA1AB,BB1AB得AB1=A1B1=22,所以A1B12+AB12=AA12,故AB1A1B1.由BC=2,BB1=2,CC1=1,BB1BC,CC1BC得B1C1=5,由AB=BC=2,ABC=120得AC=23,由CC1AC,得AC1=13,所以AB12+B1C12=AC12,故AB1B1C1,又A1B1B1C1=B1,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得C1D平面ABB1,所以C1AD是AC1与平面ABB1所成

20、的角.由B1C1=5,A1B1=22,A1C1=21得cosC1A1B1=67,所以sinC1A1B1=17,所以C1D=3,故sinC1AD=C1DAC1=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.解法二:(1)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O-xyz.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AB1A1B1=0得AB1A1B1.由AB1A1C1

21、=0得AB1A1C1.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=(0,23,1),AB=(1,3,0),BB1=(0,0,2).设平面ABB1的法向量n=(x,y,z).由nAB=0,nBB1=0,得x+3y=0,2z=0,可取n=(-3,1,0).所以sin =|cos|=|AC1n|AC1|n|=3913.因此,直线AC1与平面ABB1所成的角的正弦值是3913.B组提升题组1.如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,点O为线段BD的中点.设点P在线段CC1上,直线OP与平面A1BD所成的角为,则sin 的取值范围是() A.33,1B

22、.63,1C.63,223D.223,1答案B易求得sinC1OA1=223,sinCOA1=63,注意到C1OA1是锐角,COA1是钝角,且22363.故sin 的取值范围是63,1.2.已知锐二面角-l-中,异面直线a,b满足:a,al,b,b与l不垂直,设二面角-l-的大小为1,a与所成的角为2,异面直线a,b所成的角为3,则()A.123B.321C.1=23D.32=1答案D在锐二面角-l-中,a,al,所以二面角-l-的平面角即a与所成的角,则1=2,因为b,b与l不垂直,根据斜线与平面所成的角是斜线与平面内的任意直线所成角的最小角,知32=1,故选D.3.如图,正方形ABCD与正

23、方形ABEF构成的二面角的平面角为3,将BEF绕BE所在直线旋转一周.在旋转过程中()A.直线AC必与平面BEF相交B.直线BF与直线CD恒成4角C.直线BF与平面ABCD所成角的范围是12,2D.平面BEF与平面ABCD所成的二面角必不小于3答案D正方形ABCD与正方形ABEF构成一个3的二面角,CBE=3,将BEF绕BE所在直线旋转一周,则对应的轨迹是以BE所在直线为轴的圆锥,此时EBF=41),将ADC沿AC翻折,使点D到达点E的位置,且二面角C-AB-E为直二面角.(1)求证:平面ACE平面BCE;(2)设F是BE的中点,二面角E-AC-F的平面角的大小为,当2,3时,求cos 的取值

24、范围.解析(1)证明:二面角C-AB-E为直二面角,ABBC,BC平面ABE,BCAE,AECE,BCCE=C,AE平面BCE,又AE平面ACE,平面ACE平面BCE.(2)如图,以E为坐标原点,AD长为一个单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系,则E(0,0,0),A(0,1,0),B(2-1,0,0),C(2-1,0,1),F2-12,0,0.EA=(0,1,0),EC=(2-1,0,1),设平面EAC的法向量为m=(x,y,z),则由mEA=0,mEC=0,得y=0,2-1x+z=0,取x=1,则m=(1,0,-2-1).同理可得平面ACF的一个法向量为n=(2,2-1,-2-1).易知

25、0,2,则cos =|mn|m|n|=2+12(2+1)=221+12.2,3,cos 53,104.7.如图,在平行四边形ABCD中,ACAB,AB=AC=1,将DAC沿AC翻折至EAC的位置,使得平面EAC平面ABC.(1)若M是BC中点,求证AMBE;(2)P是线段CE上的动点,问当P点移动到何处时,二面角P-BD-C的平面角与PAC互余?解析(1)证明:由题意得ECA=90,ECAC.平面EAC平面ABC,平面EAC平面ABC=AC,ECAC,EC平面ABC,ECAM.AB=AC,M是BC的中点,AMBC.AMBC,AMCE,BCCE=C,AM平面BCE,AMBE.(2)解法一:设CP

26、=,则(0,1),在平面ABCD中作CHBD于点H,连接PH.由(1)可得PHC为二面角P-BD-C的平面角,易求得BD=5.SBCD=12BDCH=12BCCDsin 135=12,CH=55,tanPHC=CPCH=5.PCA=90,tanPAC=CPCA=,而当PHC+PAC=90时,tanPHCtanPAC=52=1,=145,此时CP=145.解法二:如图,建立空间直角坐标系,设CP=,(0,1),则C(0,0,0),B(1,-1,0),D(0,1,0),P(0,0,),BD=(-1,2,0),BP=(-1,1,),易知平面BCD的一个法向量为n1=(0,0,1).设平面PBD的法向量为n2=(x,y,z).由题意得n2BD=-x+2y=0,n2BP=-x+y+z=0,令x=2,则y=,z=1,故n2=(2,1).cos=n1n2|n1|n2|=152+1,而在RtPAC中,AC=1,PC=,PA=2+1,sinPAC=2+1.由题意可得152+1=2+1,=145,此时CP=145.