- 2021-06-15 发布 |
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文档介绍
2021届浙江新高考数学一轮复习高效演练分层突破:第八章 7 第7讲 1 第1课时 空间角
[基础题组练] 1.在直三棱柱ABCA1B1C1中,若∠BAC=90°,AB=AC=AA1,则异面直线BA1与AC1所成的角等于( ) A.30° B.45° C.60° D.90° 解析:选C.不妨设AB=AC=AA1=1,建立空间直角坐标系如图所示,则B(0,-1,0),A1(0,0,1),A(0,0,0),C1(-1,0,1), 所以=(0,1,1), =(-1,0,1), 所以cos〈,〉 ===, 所以〈,〉=60°, 所以异面直线BA1与AC1所成的角等于60°. 2.在三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,∠BAC=90°,点D,E,F分别是棱AB,BC,CP的中点,AB=AC=1,PA=2,则直线PA与平面DEF所成角的正弦值为( ) A. B. C. D. 解析:选C.以A为原点,AB,AC,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,由AB=AC=1,PA=2,得A(0,0,0),B(1,0,0),C(0,1,0),P(0,0,2),D,E, F. 所以=(0,0,-2),=, =. 设平面DFE的法向量为n=(x,y,z), 则由得 取z=1,则n=(2,0,1),设直线PA与平面DEF所成的角为θ,则sin θ=|cos〈,n〉|==,所以直线PA与平面DEF所成角的正弦值为. 3.在正方体ABCDA1B1C1D1中,点E为BB1的中点,则平面A1ED与平面ABCD所成的锐二面角的余弦值为________. 解析:以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,设棱长为1, 则A1(0,0,1),E, D(0,1,0), 所以=(0,1,-1), =, 设平面A1ED的一个法向量为n1=(1,y,z), 则所以所以n1=(1,2,2). 因为平面ABCD的一个法向量为n2=(0,0,1), 所以cos〈n1,n2〉==. 即所成的锐二面角的余弦值为. 答案: 4.在正三棱柱ABCA1B1C1中,AB=1,点D在棱BB1上,若BD=1,则AD与平面AA1C1C所成角的正切值为________. 解析:如图,设AD与平面AA1C1C所成的角为α,点E为AC的中点,连接BE,则BE⊥AC,所以BE⊥平面AA1C1C,可得·=(+)·=·=1××==××cos θ(θ为与的夹角),所以cos θ==sin α,所以所求角的正切值为tan α==. 答案: 5.已知单位正方体ABCDA1B1C1D1,E,F分别是棱B1C1,C1D1的中点.试求: (1)AD1与EF所成角的大小; (2)AF与平面BEB1所成角的余弦值. 解:建立如图所示的空间直角坐标系B1xyz,得A(1,0,1), B(0,0,1),D1(1,1,0), E,F. (1)因为=(0,1,-1), =, 所以cos〈,〉==, 即AD1与EF所成的角为60°. (2)=,由图可得,=(1,0,0)为平面BEB1的一个法向量,设AF与平面BEB1所成的角为θ,则sin θ=|cos〈,〉|==,所以cos θ=. 即AF与平面BEB1所成角的余弦值为. 6.(2020·宁波市余姚中学高三期中)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为菱形,∠BAD=60°,点Q为AD的中点. (1)若PA=PD,求证:平面PQB⊥平面PAD; (2)设点M是线段PC上的一点,PM=tPC,且PA∥平面MQB. ①求实数t的值; ②若PA=PD=AD=2,且平面PAD⊥平面ABCD,求二面角MBQC的大小. 解:(1)证明:连接BD,因为四边形ABCD为菱形, ∠BAD=60°, 所以△ABD是正三角形,又Q为AD中点, 所以AD⊥BQ. 因为PA=PD,Q为AD中点,所以AD⊥PQ. 又BQ∩PQ=Q,所以AD⊥平面PQB,AD⊂平面PAD, 所以平面PQB⊥平面PAD. (2)①当t=时,使得PA∥平面MQB. 连接AC交BQ于N,交BD于O, 则O为BD的中点,又因为BQ为△ABD边AD上的中线,所以N为正三角形ABD的重心, 令菱形ABCD的边长为a,则AN=a,AC=a. 因为PA∥平面MQB,PA⊂平面PAC,平面PAC∩平面MQB=MN,所以PA∥MN, ===,即PM=PC,t=. ②因为PQ⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,所以QA,QB,QP两两垂直, 以Q为坐标原点,分别以QA,QB,QP所在直线为x,y,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Qxyz, 由PA=PD=AD=2,则B(0,,0),C(-2,,0), P(0,0,),设M(a,b,c), 则=(a,b,c-),=(-2,,-), 因为PM=PC,所以=, 所以a=-,b=,c=,所以M, 设平面MQB的法向量n=(x,y,z), 由=,=(0,,0), 且n⊥,n⊥,得, 取z=1,得n=(,0,1), 又平面ABCD的法向量m=(0,0,1), 所以cos〈m,n〉==, 由图知二面角MBQC的平面角为锐角, 所以二面角MBQC的大小为60°. [综合题组练] 1.(2020·杭州中学高三月考)如图,四棱锥PABCD中,底面ABCD为平行四边形,PA⊥底面ABCD,点M是棱PD的中点,且PA=AB=AC=2,BC=2. (1)求证:CD⊥平面PAC; (2)求二面角MABC的大小; (3)如果N是棱AB上一点,且直线CN与平面MAB所成角的正弦值为,求的值. 解:(1)证明:因为在△ABC中,AB=AC=2,BC=2, 所以BC2=AB2+AC2,所以AB⊥AC, 因为AB∥CD,所以AC⊥CD, 又因为PA⊥底面ABCD,所以PA⊥CD, 因为AC∩PA=A,所以CD⊥平面PAC. (2)如图,建立空间直角坐标系Axyz,则A(0,0,0),P(0,0,2),B(2,0,0),C(0,2,0),D(-2,2,0), 因为点M是棱PD的中点,所以M(-1,1,1), 所以=(-1,1,1),=(2,0,0), 设n=(x,y,z)为平面MAB的法向量, 所以,即. 令y=1,则, 所以平面MAB的法向量n=(0,1,-1). 因为PA⊥平面ABCD, 所以=(0,0,2)是平面ABC的一个法向量. 所以cos〈n,〉===-. 因为二面角MABC为锐二面角, 所以二面角MABC的大小为. (3)因为N是棱AB上一点, 所以设N(x,0,0),=(-x,2,0), 设直线CN与平面MAB所成角为α, 因为平面MAB的法向量n=(0,1,-1), 所以sin α=|cos〈,n〉|==, 解得x=1,即AN=1,NB=1,所以=1. 2.(2020·惠州市第三次调研考试)如图,四边形ABCD是圆柱OQ的轴截面,点P在圆柱OQ的底面圆周上,点G是DP的中点,圆柱OQ的底面圆的半径OA=2,侧面积为8π,∠AOP=120°. (1)求证:AG⊥BD; (2)求二面角PAGB的平面角的余弦值. 解:建立如图所示的空间直角坐标系Axyz, 由题意可知8π=2×2π×AD,解得AD=2. 则A(0,0,0),B(0,4,0),D(0,0,2),P(,3,0), 因为G是DP的中点,所以可求得G. (1)证明:=(0,-4,2),=. 所以·=·(0,-4,2)=0, 所以AG⊥BD. (2)=(,-1,0),=,=,=, 因为·=0,·=0,所以是平面APG的法向量. 设n=(x,y,1)是平面ABG的法向量,由n·=0,n·=0.解得n=(-2,0,1), cos〈,n〉===-. 结合图形得,二面角PAGB的平面角的余弦值为. 3.(2020·温州十五校联考)已知菱形ABCD中,对角线AC与BD相交于一点O,∠BAD=60°,将△BDC沿着BD折起得△BDC′,连接AC′. (1)求证:平面AOC′⊥平面ABD; (2)若点C′在平面ABD上的投影恰好是△ABD的重心,求直线CD与底面ADC′所成角的正弦值. 解:(1)证明:因为C′O⊥BD,AO⊥BD,C′O∩AO=O,所以BD⊥平面C′OA,又因为BD⊂平面ABD,所以平面AOC′⊥平面ABD. (2)如图建系Oxyz,令AB=a,则A, B,D,C′, 所以==,平面ADC′的法向量为m=,设直线CD与底面ADC′所成角为θ,则sin θ=|cos〈,m〉|===, 故直线CD与底面ADC′所成角的正弦值为. 4.如图,在四棱锥PABCD中,侧面PAD⊥底面ABCD,侧棱PA=PD=,PA⊥PD,底面ABCD为直角梯形,其中BC∥AD,AB⊥AD,AB=BC=1,O为AD的中点. (1)求直线PB与平面POC所成角的余弦值; (2)求B点到平面PCD的距离; (3)线段PD上是否存在一点Q,使得二面角QACD的余弦值为?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由. 解:(1)在△PAD中,PA=PD,O为AD中点,所以PO⊥AD,又侧面PAD⊥底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD. 在直角梯形ABCD中,连接OC,易得OC⊥AD,所以以O为坐标原点,直线OC为x轴,直线OD为y轴,直线OP为z轴可建立空间直角坐标系Qxyz(、、的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向),则P(0,0,1),A(0,-1,0),B(1,-1,0),C(1,0,0),D(0,1,0),所以=(1,-1,-1). 易证OA⊥平面POC, 所以=(0,-1,0)是平面POC的一个法向量, 又cos〈,〉==, 所以直线PB与平面POC所成角的余弦值为. (2)=(0,1,-1),=(-1,0,1), 设平面PCD的法向量为u=(x,y,z), 则取z=1,得u=(1,1,1). 所以B点到平面PCD的距离为d==. (3)存在.设=λ(0≤λ<1), 因为=(0,1,-1),所以=(0,λ,-λ)=-, 所以=(0,λ,1-λ),所以Q(0,λ,1-λ). 设平面CAQ的法向量为m=(x′,y′,z′), 则 取z′=λ+1,得m=(1-λ,λ-1,λ+1), 易知平面CAD的一个法向量为n=(0,0,1), 因为二面角QACD的余弦值为, 所以|cos〈m,n〉|==, 得3λ2-10λ+3=0, 解得λ=或λ=3(舍去), 所以存在点Q,使得二面角QACD的余弦值为,且=.查看更多