【数学】2020届一轮复习人教B版立体几何的综合问题学案

【数学】2020届一轮复习人教B版立体几何的综合问题学案

‎§8.7　立体几何的综合问题 最新考纲 考情考向分析 ‎1.理解空间点、直线、平面的位置关系的定义，理解直线与平面所成角的概念，了解二面角及其平面角的概念.‎ ‎2.了解直线的方向向量与平面的法向量.‎ ‎3.了解求两直线夹角、直线与平面所成角、二面角的向量方法.‎ 利用线面关系的判定、性质定理证明空间的平行和垂直；利用空间角的概念或借助空间向量计算空间角(以线面角为主)，题型为解答题，考查学生的空间想象能力和计算能力.‎ ‎1.直线的方向向量与平面的法向量的确定 ‎(1)直线的方向向量：在直线上任取一非零向量作为它的方向向量.‎ ‎(2)平面的法向量可利用方程组求出：设a，b是平面α内两不共线向量，n为平面α的法向量，则求法向量的方程组为 ‎2.空间中平行、垂直关系的证明方法 ‎(1)利用空间平行、垂直关系的转化：‎ 线线关系线面关系面面关系.‎ ‎(2)利用直线的方向向量和平面的法向量的关系.‎ ‎3.求两条异面直线所成的角 ‎(1)用“平移法”作出异面直线所成角(或其补角).‎ ‎(2)用“向量法”求两直线的方向向量所成的锐角.‎ ‎4.求直线与平面所成的角 ‎(1)按定义作出线面角(即找到斜线在平面内的射影)解三角形.‎ ‎(2)直线与平面所成角的求法 设直线l的方向向量为a，平面α的法向量为n，直线l与平面α所成的角为θ，a与n的夹角为β，则sinθ＝|cosβ|＝.‎ ‎5.求二面角的大小 ‎(1)如图①，AB，CD分别是二面角α－l－β的两个面内与棱l垂直的直线，则二面角的大小θ＝〈，〉.‎ ‎(2)如图②③，n1，n2分别是二面角α－l－β的两个半平面α，β的法向量，则二面角的大小θ满足|cosθ|＝|cos〈n1，n2〉|，二面角的平面角大小是向量n1与n2的夹角(或其补角).‎ 题组一　思考辨析 ‎1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)‎ ‎(1)平面的单位法向量是唯一确定的.(　×　)‎ ‎(2)若两平面的法向量平行，则两平面平行.(　√　)‎ ‎(3)若两直线的方向向量不平行，则两直线不平行.(　√　)‎ ‎(4)直线的方向向量和平面的法向量所成的角就是直线与平面所成的角.(　×　)‎ ‎(5)两异面直线夹角的范围是，直线与平面所成角的范围是，二面角的范围是[0，π].(　√　)‎ ‎(6)若二面角α－a－β的两个半平面α，β的法向量n1，n2所成角为θ，则二面角α－a－β的大小是π－θ.(　×　)‎ 题组二　教材改编 ‎2.[P104T2]设u，v分别是平面α，β的法向量，u＝(－2，2，5)，当v＝(3，－2，2)时，α与β的位置关系为__________；当v＝(4，－4，－10)时，α与β的位置关系为________.‎ 答案　α⊥β　α∥β 解析　当v＝(3，－2，2)时，‎ u·v＝(－2，2，5)·(3，－2，2)＝0得α⊥β.‎ 当v＝(4，－4，－10)时，v＝－2u得α∥β.‎ ‎3.[P111T3]如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面正方形ABCD的中心，M是D1D的中点，N是A1B1的中点，则直线ON，AM的位置关系是________.‎ 答案　垂直 解析　以A为原点，分别以，，所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 设正方体的棱长为1，则A(0，0，0)，M，O，N，‎ ·＝·＝0，∴ON与AM垂直.‎ ‎4.[P104T2]已知两平面的法向量分别为m＝(0，1，0)，n＝(0，1，1)，则两平面所成的二面角为________.‎ 答案　45°或135°‎ 解析　cos〈m，n〉＝＝＝，即〈m，n〉＝45°.‎ ‎∴两平面所成二面角为45°或180°－45°＝135°.‎ 题组三　易错自纠 ‎5.直线l的方向向量a＝(1，－3，5)，平面α的法向量n＝(－1，3，－5)，则有(　　)‎ A.l∥α B.l⊥α C.l与α斜交 D.l⊂α或l∥α 答案　B 解析　由a＝－n知，n∥a，则有l⊥α，故选B.‎ ‎6.已知向量m，n分别是直线l和平面α的方向向量和法向量，若cos〈m，n〉＝－，则l与α所成的角为________.‎ 答案　30°‎ 解析　设l与α所成角为θ，∵cos〈m，n〉＝－，‎ ‎∴sinθ＝|cos〈m，n〉|＝，∵0°≤θ≤90°，∴θ＝30°.‎ 题型一　证明平行或垂直问题 ‎1.(2018·台州调研)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，棱长为a，M，N分别为A1B和AC上的点，A1M＝AN＝，则MN与平面BB1C1C的位置关系是(　　)‎ A.相交 B.平行 C.垂直 D.MN在平面BB1C1C内 答案　B 解析　以点C1为坐标原点，分别以C1B1，C1D1，C1C所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，由于A1M＝AN＝，‎ 则M，N，＝.‎ 又C1D1⊥平面BB1C1C，‎ 所以＝(0，a，0)为平面BB1C1C的一个法向量.‎ 因为·＝0，所以⊥，‎ 又MN⊄平面BB1C1C，所以MN∥平面BB1C1C.‎ ‎2.(2010·浙江)设l，m是两条不同的直线，α是一个平面，则下列命题正确的是(　　)‎ A.若l⊥m，m⊂α，则l⊥α B.若l⊥α，l∥m，则m⊥α C.若l∥α，m⊂α，则l∥m D.若l∥α，m∥α，则l∥m 答案　B 解析　对于A，由l⊥m及m⊂α，可知l与α的位置关系有平行、相交或在平面内三种，故A不正确.B正确.对于C，由l∥α，m⊂α知，l与m的位置关系为平行或异面，故C不正确.对于D，由l∥α，m∥α知，l与m的位置关系为平行、异面或相交，故D不正确.‎ ‎3.如图，在三棱锥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.‎ 求证：MN∥平面BDE.‎ 证明　如图，以A为原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴的正方 向建立空间直角坐标系.由题意，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).‎ ＝(0，2，0)，＝(2，0，－2).‎ 设n＝(x，y，z)为平面BDE的一个法向量，‎ 则即不妨设z＝1，‎ 可得n＝(1，0，1).又＝(1，2，－1)，可得·n＝0.‎ 因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.‎ ‎4.如图所示，已知四棱锥P—ABCD的底面是直角梯形，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝PB＝PC＝2CD，侧面PBC⊥底面ABCD.证明：‎ ‎(1)PA⊥BD；‎ ‎(2)平面PAD⊥平面PAB.‎ 证明　(1)取BC的中点O，连接PO，‎ ‎∵平面PBC⊥底面ABCD，△PBC为等边三角形，‎ 平面PBC∩底面ABCD＝BC，PO⊂平面PBC，‎ ‎∴PO⊥底面ABCD.‎ 以BC的中点O为坐标原点，以BC所在直线为x轴，过点O与AB平行的直线为y轴，OP所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示.‎ 不妨设CD＝1，则AB＝BC＝2，PO＝，‎ ‎∴A(1，－2，0)，B(1，0，0)，D(－1，－1，0)，P(0，0，)，‎ ‎∴＝(－2，－1，0)，＝(1，－2，－).‎ ‎∵·＝(－2)×1＋(－1)×(－2)＋0×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，∴PA⊥BD.‎ ‎(2)取PA的中点M，连接DM，则M.‎ ‎∵＝，＝(1，0，－)，‎ ‎∴·＝×1＋0×0＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PB.‎ ‎∵·＝×1＋0×(－2)＋×(－)＝0，‎ ‎∴⊥，即DM⊥PA.‎ 又∵PA∩PB＝P，PA，PB⊂平面PAB，‎ ‎∴DM⊥平面PAB.‎ ‎∵DM⊂平面PAD，∴平面PAD⊥平面PAB.‎ 思维升华(1)证明平行或垂直问题要以两条直线的平行或垂直为基础，灵活转化线线、线面、面面的关系.‎ ‎(2)利用向量法证明平行、垂直问题时，要充分应用直线的方向向量和平面的法向量，将空间线面关系转化为向量的关系.‎ 题型二　空间角的计算 命题点1　求直线和平面所成的角 例1　(2018·温州高考适应性测试)如图，在四面体ABCD中，AB＝BC＝CD＝BD＝AD＝1，平面ABD⊥平面CBD.‎ ‎(1)求AC的长；‎ ‎(2)点E是线段AD的中点，求直线BE与平面ACD所成角的正弦值.‎ 解　(1)∵AB＝1，BD＝，AD＝2，‎ ‎∴AD2＝AB2＋BD2，即AB⊥BD.‎ 又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，AB⊂平面ABD，‎ ‎∴AB⊥平面CBD，∴AB⊥BC，‎ ‎∵AB＝BC＝1，∴AC＝.‎ ‎(2)方法一　由(1)可知AB⊥平面CBD，如图，过点B作BG⊥DC的延长线于点G，连接AG ‎，则有CD⊥平面ABG，‎ ‎∴平面AGD⊥平面ABG，‎ 过点B作BH⊥AG于点H，‎ 平面AGD∩平面ABG＝AG，‎ ‎∴BH⊥平面AGD，连接HE，‎ 则∠BEH为直线BE与平面ACD所成的角.‎ 由BC＝CD＝1，BD＝，易得∠BCD＝120°，‎ ‎∴BG＝.又AB＝1，‎ ‎∴AG＝，BH＝.‎ 又BE＝AD＝1，∴sin∠BEH＝＝，‎ 即直线BE与平面ACD所成角的正弦值为.‎ 方法二　在平面BCD上作BF⊥BC，分别以B为原点，BC，BF，BA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则有C(1，0，0)，D，A(0，0，1)，‎ 设平面ACD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ ‎∵＝(1，0，－1)，＝，‎ 又∴ 令y＝－1，则x＝z＝，‎ ‎∴n＝(，－1，)是平面ACD的一个法向量.‎ 又＝，‎ 设直线BE与平面ACD所成的角为θ，‎ ‎∴sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝＝.‎ 命题点2　求二面角 例2　(2018·浙江名校(诸暨中学)交流卷四)如图，已知△ABC为等边三角形，M为AB的中点，AA1，BB1分别垂直平面ABC于点A，B，AA1＝AB，BB1＝AB，MN⊥A1B1，垂足为N.‎ ‎(1)求证：CN⊥A1B1；‎ ‎(2)求平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值.‎ ‎(1)证明　因为AA1，BB1分别垂直平面ABC于点A，B，所以平面AA1B1B⊥平面ABC，‎ 又M为AB的中点，所以CM⊥AB，‎ 于是CM⊥平面A1ABB1，所以CM⊥A1B1.‎ 又因为MN⊥A1B1，CM∩MN＝M，‎ 所以A1B1⊥平面CMN，又CN⊂平面CMN，‎ 所以A1B1⊥CN.‎ ‎(2)解　方法一　如图，延长AB，A1B1相交于点D，连接CD，则CD为所求二面角的棱.‎ 因为BB1＝AA1，BB1∥AA1，所以＝，‎ 于是BD＝BC＝BA，于是∠ACD＝90°，即CD⊥CA.‎ 又因为CD⊥AA1，CA∩AA1＝A，‎ 所以CD⊥平面AA1C，所以CD⊥CA1.‎ 于是∠A1CA即为所求二面角的平面角.‎ 在Rt△A1AC中，AA1＝AB＝AC，所以∠A1CA＝45°，‎ 所以tan∠A1CA＝1.‎ 综上，平面ABC与平面A1B1C所成的锐二面角的正切值为1.‎ 方法二　如图，以M为原点，MA为x轴，MC为y轴建立空间直角坐标系，设AB＝2.‎ 则C(0，，0)，A1(1，0，2)，B1(－1，0，1)，＝(1，－，2)，＝(－2，0，－1)，‎ 设平面A1B1C的法向量为n1＝(x，y，z).‎ 由·n1＝0，·n1＝0，‎ 得取x＝1，则y＝－，z＝－2，‎ 故n1＝(1，－，－2).‎ 设所求二面角的大小为θ，‎ 又平面ABC的一个法向量为n2＝(0，0，1).‎ 所以cosθ＝＝＝，所以tanθ＝1.‎ 思维升华(1)利用定义法计算空间角的三步曲：一作二证三计算.‎ ‎(2)利用向量法求角时，可利用基底法或建立空间直角坐标系，要注意两个向量的夹角和所求角的关系.‎ 跟踪训练　(2018·宁波模拟)如图，四边形ABCD为梯形，AB∥CD，∠C＝60°，点E在线段CD上，满足BE⊥CD，且CE＝AB＝CD＝2，现将△ADE沿AE翻折到△AME位置，使得MC＝2.‎ ‎(1)证明：AE⊥MB；‎ ‎(2)求直线CM与平面AME所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明　方法一　在梯形ABCD中，连接BD交AE于点N，由条件易得BD＝4，‎ ‎∴BC2＋BD2＝CD2，故BC⊥BD.‎ 又BC∥AE，∴AE⊥BD，‎ 从而AE⊥BN，AE⊥MN，且BN∩MN＝N，‎ ‎∴AE⊥平面MNB，又MB⊂平面MNB，∴AE⊥MB.‎ 方法二　由ME＝DE＝6，CE＝2，MC＝2，‎ 得ME2＋CE2＝MC2，故CE⊥ME.‎ 又CE⊥BE，且ME∩BE＝E，‎ ‎∴CE⊥平面BEM.‎ ‎∵MB⊂平面BEM，∴CE⊥MB，‎ 又AB∥CE，∴AB⊥MB.‎ 易得AM＝AD＝2，‎ 则在Rt△ABM中，MB＝2，‎ 又BE＝2，∴ME2＝MB2＋BE2，故BE⊥MB.‎ 又AB∩BE＝B，∴MB⊥平面ABE，‎ 又AE⊂平面ABE，∴AE⊥MB.‎ ‎(2)解　方法一　设直线MC与平面AME所成角为θ，‎ 则sinθ＝，其中h为点C到平面AME的距离.‎ ‎∵AE∥BC，‎ ‎∴点C到平面AME的距离即为点B到平面AME的距离.‎ 由VM—ABE＝S△ABE·MB＝VB—AME＝S△AME·h，‎ 得h＝＝，∴sinθ＝＝.‎ 方法二　∵MB⊥平面ABCE，‎ ‎∴建立空间直角坐标系如图所示，‎ 则A(0，2，0)，C(2，－2，0)，E(2，0，0)，M(0，0，2)，‎ 则＝(0，－2，2)，＝(2，－2，0)，＝(2，－2，－2).‎ 设平面AME的法向量为m＝(x，y，z)，‎ 由可取m＝(，，1).‎ 设直线CM与平面AME所成角为θ，‎ 则sinθ＝|cos〈m，〉|＝＝.‎ 利用空间向量求空间角 例　(15分)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PCD为正三角形且二面角P—CD—A的大小为60°.‎ ‎(1)设侧面PAD与侧面PBC的交线为m，求证：m∥BC；‎ ‎(2)设直线AB与侧面PBC所成的角为θ，求sinθ的值.‎ 思维点拨本题主要考查线线平行的证明，线面角的正弦值的求法以及空间中线线、线面、面面间的位置关系等，意在考查考生的空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力，考查的数学核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算.‎ 规范解答 ‎(1)证明　因为BC∥AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥侧面PAD.‎ 又侧面PAD∩侧面PBC＝m，所以m∥BC.[5分]‎ ‎(2)解　方法一　取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，‎ 则PM⊥CD，MN⊥CD.‎ 所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角，‎ 从而∠PMN＝60°.‎ 作PO⊥MN于点O，则PO⊥底面ABCD.‎ 因为CM＝2，所以PM＝2，‎ 所以OM＝，OP＝3.[9分]‎ 以O为原点，ON所在直线为x轴，OP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，‎ 则A(4－，－2，0)，B(4－，2，0)，C(－，2，0)，P(0，0，3)，＝(0，4，0)，＝(4－，2，－3)，＝(－，2，－3).‎ 设n＝(x，y，z)是平面PBC的法向量，‎ 则解得 取n＝(0，3，2).‎ 则sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝.[15分]‎ 方法二　如图，取CD的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，则PM⊥CD，MN⊥CD，‎ 所以∠PMN是侧面PCD与底面ABCD所成二面角的平面角，从而∠PMN＝60°.‎ 作PO⊥MN于点O，则PO⊥底面ABCD.‎ 因为CM＝2，所以PM＝2，所以OP＝3.[9分]‎ 作OE∥AB交BC于点E，连接PE.‎ 因为BC⊥PO，BC⊥OE，OP∩OE＝O，‎ 所以BC⊥平面POE.‎ 从而平面POE⊥平面PBC.‎ 所以∠PEO就是直线OE即直线AB与平面PBC所成的角.‎ 所以∠PEO＝θ.‎ 在Rt△POE中，tanθ＝＝，故sinθ＝.[15分]‎ 利用向量求空间角的步骤 第一步：建立空间直角坐标系，确定点的坐标；‎ 第二步：求向量(直线的方向向量、平面的法向量)坐标；‎ 第三步：计算向量的夹角(或函数值)，并转化为所求角.‎ ‎1.若直线l的方向向量为a＝(1，0，2)，平面α的法向量为n＝(－2，1，1)，则(　　)‎ A.l∥α B.l⊥α C.l⊂α或l∥α D.l与α斜交 答案　C 解析　∵a＝(1，0，2)，n＝(－2，1，1)，‎ ‎∴a·n＝0，即a⊥n，∴l∥α或l⊂α.‎ ‎2.如图，在空间直角坐标系中，有直三棱柱ABC－A1B1C1，CA＝CC1＝2CB，则直线BC1与直线AB1所成角的余弦值为(　　)‎ A.B.C.D. 答案　A 解析　设CA＝2，则C(0，0，0)，A(2，0，0)，B(0，0，1)，C1(0，2，0)，B1(0，2，1)，可得向量＝(－2，2，1)，＝(0，2，－1)，由向量的夹角公式得cos〈，〉＝＝‎ ＝＝，故选A.‎ ‎3.在正方体ABCD－A1B1C1D1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(　　)‎ A.B.C.D. 答案　B 解析　以A为原点，AB，AD，AA1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，设棱长为1，‎ 则A1(0，0，1)，E，D(0，1，0)，‎ ‎∴＝(0，1，－1)，＝.‎ 设平面A1ED的一个法向量为n1＝(1，y，z)，‎ 则有即∴ ‎∴n1＝(1，2，2).‎ ‎∵平面ABCD的一个法向量为n2＝(0，0，1)，‎ ‎∴cos〈n1，n2〉＝＝，‎ 即所成的锐二面角的余弦值为.‎ ‎4.(2018·金华模拟)如图，平面α⊥β，α∩β＝l，A∈α，B∈β，A，B到l的距离分别是a和b，AB与α，β所成的角分别是θ和φ，线段AB在α，β内的射影长分别是m和n，若a>b，则(　　)‎ A.θ>φ，m>n B.θ>φ，mn 答案　D 解析　由题意得 解得故选D.‎ ‎5.已知正三棱柱ABC－A1B1C1，AB＝AA1＝2，则异面直线AB1与CA1所成角的余弦值为(　　)‎ A.0B.－C.D. 答案　C 解析　以A为原点，在平面ABC内过A作AC的垂线为x轴，以AC所在直线为y轴，以AA1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，‎ 则A(0，0，0)，B1(，1，2)，A1(0，0，2)，C(0，2，0)，‎ ＝(，1，2)，＝(0，2，－2)，‎ 设异面直线AB1和A1C所成的角为θ，‎ 则cosθ＝＝＝.‎ ‎∴异面直线AB1和A1C所成的角的余弦值为.‎ ‎6.(2018·宁波十校高三适应性考试)如图所示，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，点P是棱AB上的动点(P点可以运动到端点A和B)，设在运动过程中，平面PDB1与平面ADD1A1所成的最小角为α，则cosα等于(　　)‎ A.B.C.D. 答案　D 解析　以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，AP＝a(0≤a≤1)，则易得D(0，0，0)，P(1，a，0)，B1(1，1，1)，则＝(1，a，0)，＝(1，1，1)，设平面PDB1的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则令x＝a，得平面PDB1的一个法向量为n＝(a，－1，－a＋1)，易得平面ADD1A1的一个法向量为m＝(0，1，0)，由图易得平面PDB1与平面ADD1A1所成的二面角为锐角，设其为θ，则其余弦值为cosθ＝＝＝，易得当二面角取得最小值α时，a＝，此时有cosα＝，故选D.‎ ‎7.在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝90°，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________.‎ 答案　 解析　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，‎ 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.‎ ‎∴＝(0，0，－2)，＝，＝.‎ 设平面DEF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sinθ＝|cos〈n，〉|＝＝，‎ ‎∴直线PA与平面DEF所成角的正弦值为.‎ ‎8.如图，在正方形ABCD中，EF∥AB，若沿EF将正方形折成一个二面角后，AE∶ED∶AD＝1∶1∶，则AF与CE所成角的余弦值为________.‎ 答案　 解析　∵AE∶ED∶AD＝1∶1∶，‎ ‎∴AE⊥ED，即AE，DE，EF两两垂直，所以建立如图所示的空间直角坐标系，设AB＝EF＝CD＝2，‎ 则E(0，0，0)，A(1，0，0)，F(0，2，0)，C(0，2，1)，∴＝(－1，2，0)，＝(0，2，1)，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝，‎ ‎∴AF与CE所成角的余弦值为.‎ ‎9.如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E，F分别是棱AB，BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是__________.‎ 答案　60°‎ 解析　以B点为坐标原点，以BC所在直线为x轴，BA所在直线为y轴，BB1所在直线为z轴，建立空间直角坐标系.设AB＝BC＝AA1＝2，‎ 则C1(2，0，2)，E(0，1，0)，F(0，0，1)，‎ 则＝(0，－1，1)，＝(2，0，2)，‎ ‎∴·＝2，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝＝，‎ ‎∵异面直线所成角的范围是(0°，90°]，‎ ‎∴EF和BC1所成的角为60°.‎ ‎10.已知点E，F分别在正方体ABCD－A1B1C1D1的棱BB1，CC1上，且B1E＝2EB，CF＝2FC1，则平面AEF与平面ABC所成的锐二面角的正切值为________.‎ 答案　 解析　方法一　延长FE，CB相交于点G，连接AG，如图所示.‎ 设正方体的棱长为3，则GB＝BC＝3，作BH⊥AG于点H，连接EH，则∠EHB为所求锐二面角的平面角.‎ ‎∵BH＝，EB＝1，‎ ‎∴tan∠EHB＝＝.‎ 方法二　如图，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，‎ 设DA＝1，由已知条件得A(1，0，0)，E，F，＝，‎ ＝，‎ 设平面AEF的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 由得 令y＝1，z＝－3，x＝－1，则n＝(－1，1，－3)，‎ 取平面ABC的法向量为m＝(0，0，－1)，‎ 设平面AEF与平面ABC所成的锐二面角为θ，‎ 则cosθ＝|cos〈n，m〉|＝，tanθ＝.‎ ‎11.(2018·嘉兴基础测试)如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，E为CD的中点，∠ABC＝60°.‎ ‎(1)求证：AE⊥平面PAB；‎ ‎(2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值.‎ ‎(1)证明　由题易知∠ADE＝∠ABC＝60°，AD＝CD，E是CD的中点，∴AE⊥CD.‎ 又AB∥CD，∴AE⊥AB.‎ ‎∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AE，又PA∩AB＝A，‎ ‎∴AE⊥平面PAB.‎ ‎(2)解　方法一　连接PE，过点A作AH⊥PE于点H(图略).‎ ‎∵CD⊥EA，CD⊥PA，EA∩PA＝A，‎ ‎∴CD⊥平面PAE，∴CD⊥AH.‎ 又AH⊥PE，CD∩PE＝E，CD，PE⊂平面PCD，‎ ‎∴AH⊥平面PCD.‎ ‎∴∠AEP为直线AE与平面PCD所成的角.‎ 在Rt△PAE中，PA＝2，AE＝，∴PE＝，‎ ‎∴sin∠AEP＝＝＝，‎ ‎∴直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.‎ 方法二　以A为坐标原点，AB，AE，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，‎ 则A(0，0，0)，P(0，0，2)，E(0，，0)，C(1，，0)，D(－1，，0)，‎ ‎∴＝(0，，0)，＝(1，，－2)，＝(2，0，0).‎ 设平面PCD的法向量为n＝(x，y，z)，‎ 则即 令y＝1，则n＝为平面PCD的一个法向量，‎ 设直线AE与平面PCD所成的角为θ，‎ 则sinθ＝|cos〈，n〉|＝＝.‎ ‎∴直线AE与平面PCD所成角的正弦值为.‎ ‎12.(2018·浙江“七彩阳光”联盟联考)如图，四边形ABCD为正方形，四边形PDCE为直角梯形，PD∥CE，∠PDC＝90°，平面ABCD⊥平面PDCE，且PD＝AD＝2EC＝2.‎ ‎(1)若PE和DC的延长线交于点F，求证：BF∥平面PAC；‎ ‎(2)若Q为EC边上的动点，求直线BQ与平面PDB所成角的正弦值的最小值.‎ ‎(1)证明　∵在梯形PDCE中，PD＝2EC，‎ ‎∴C为DF的中点，‎ ‎∴CF＝CD＝AB，又AB∥CF，‎ ‎∴四边形ABFC为平行四边形，∴BF∥AC，‎ 又AC⊂平面PAC，BF⊄平面PAC，‎ ‎∴BF∥平面PAC.‎ ‎(2)解　方法一　设点Q在平面PBD上的射影为O，连接OQ，OB(图略)，则∠QBO为直线BQ与平面PDB所成的角.‎ ‎∵EC∥PD，EC⊄平面PBD，∴EC∥平面PBD.‎ ‎∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，‎ 又平面ABCD⊥平面PDCE，平面ABCD∩平面PDCE＝CD，PD⊥DC，PD⊂平面PDCE，‎ ‎∴PD⊥平面ABCD，∴PD⊥AC，‎ 又∵BD∩PD＝D，∴AC⊥平面PBD，‎ ‎∴点C到平面PBD的距离为.‎ ‎∵EC∥平面PBD，‎ ‎∴点Q到平面PBD的距离OQ＝.‎ 令CQ＝k(0≤k≤1)，∴BQ＝，‎ ‎∴sin∠QBO＝＝≥＝.‎ 故直线BQ与平面PDB所成角的正弦值的最小值为.‎ 方法二　∵平面ABCD⊥平面PDCE，平面ABCD∩平面PDCE＝CD，PD⊥DC，PD⊂平面PDCE，‎ ‎∴PD⊥平面ABCD，∴PD⊥DA.‎ 以D为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，‎ 易知A(2，0，0)，C(0，2，0)，B(2，2，0)，平面PDB的一个法向量为＝(－2，2，0)，设Q(0，2，t)(0≤t≤1)，‎ ‎∴＝(－2，0，t)，记直线BQ与平面PDB所成的角为α，‎ ‎∴sinα＝＝≥＝.‎ 故直线BQ与平面PDB所成角的正弦值的最小值为.‎ ‎13.(2019·金华模拟)已知点P是正方体ABCD—A1B1C1D1表面上一动点，且满足PA＝2PB，设PD1与平面ABCD所成的角为θ，则θ的最大值为(　　)‎ A.B.C.D. 答案　A 解析　以B为坐标原点，BC，BA，BB1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，设正方体的棱长为2，P(x，y，z)，则A(0，2，0)，‎ 因为PA＝2PB，‎ 所以＝2，‎ 即x2＋2＋z2＝，所以点P的轨迹为以点Q为球心，为半径的球与正方体表面的交线，即为如图的、、，要使得PD1与底面ABCD所成的角最大，则PD1与底面ABCD的交点R到点D的距离最短，从而点P在上，且在QD上，则DP＝DQ－＝－＝2，从而tanθ的最大值为1，故θ的最大值为.‎ ‎14.(2018·浙江名校联盟联考)在直三棱柱ABC—A1B1C1中，∠BAC＝，AB＝AC＝AA1＝1，已知G和E分别为A1B1和CC1的中点，D与F分别为线段AC和AB上的动点(不包括端点)，若GD⊥EF，则线段DF的长度的取值范围为____________.‎ 答案　 解析　如图，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系Axyz，‎ 则E，G，令D(0，b，0)，F(a，0，0)，0

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