2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（三十二） 空间角3类型线线角线面角二面角

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（三十二） 空间角3类型线线角线面角二面角

高考达标检测（三十二） 空间角 3 类型 ——线线角、线面角、二面角 1．如图，在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，点 D 是棱 AB 的中点，BC＝1，AA1＝ 3. (1)求证：BC1∥平面 A1DC； (2)求二面角 DA1CA 的正弦值． 解：(1)证明：过点 A 作 AO⊥BC 交 BC 于点 O，过点 O 作 OE⊥BC 交 B1C1 于 E. 因为平面 ABC⊥平面 CBB1C1，所以 AO⊥平面 CBB1C1. 以 O 为坐标原点，OB，OE，OA 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．因为 BC＝1，AA1＝ 3，△ABC 是等边三角形，所以 O 为 BC 的中点． 则 O(0,0,0)，A 0，0， 3 2 ，B 1 2 ，0，0 ，C －1 2 ，0，0 ，D 1 4 ，0， 3 4 ，A1 0， 3， 3 2 ， C1 －1 2 ， 3，0 ， CD―→＝ 3 4 ，0， 3 4 ，A1C―→＝ －1 2 ，－ 3，－ 3 2 ， 设平面 A1DC 的一个法向量为 n1＝(x1，y1，z1)， 则 n1· CD―→＝0， n1·A1C―→＝0， 即 3 4x1＋ 3 4 z1＝0， －1 2x1－ 3y1－ 3 2 z1＝0. 取 x1＝ 3，得 z1＝－3，y1＝1， ∴平面 A1DC 的一个法向量为 n1＝( 3，1，－3)． 又∵BC1 ―→＝(－1，3，0)，∴BC1 ―→ ·n1＝0， 又 BC1⊄平面 A1DC，∴BC1∥平面 A1DC. (2)设平面 ACA1 的一个法向量为 n2＝(x2，y2，z2)， ∵AA1 ―→＝(0，3，0)， 则 n2·AA1 ―→＝0， n2·A1C―→＝0， 即 3y2＝0， －1 2 x2－ 3y2－ 3 2 z2＝0， 取 x2＝ 3，得 y2＝0，z2＝－1. ∴平面 ACA1 的一个法向量为 n2＝( 3，0，－1)． 则 cos〈n1，n2〉＝ 6 13×2 ＝3 13 13 ， 设二面角 DA1CA 的大小为θ， ∴cos θ＝3 13 13 ，sin θ＝2 13 13 ， 故二面角 DA1CA 的正弦值为2 13 13 . 2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥 PABCD 中，侧面 PAD 为等边 三角形且垂直于底面 ABCD，AB＝BC＝1 2AD，∠BAD＝∠ABC＝90°， E 是 PD 的中点． (1)证明：直线 CE∥平面 PAB； (2)点 M 在棱 PC 上，且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°，求二面角 MABD 的余 弦值． 解：(1)证明：取 PA 的中点 F，连接 EF，BF. 因为 E 是 PD 的中点，所以 EF∥AD，EF＝1 2AD. 由∠BAD＝∠ABC＝90°，得 BC∥AD， 又 BC＝1 2AD，所以 EF 綊 BC， 所以四边形 BCEF 是平行四边形，CE∥BF， 又 CE⊄平面 PAB，BF⊂平面 PAB， 故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA⊥AD，以 A 为坐标原点， AB―→的方向为 x 轴正 方向，| AB―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz， 则 A(0,0,0)，B(1，0,0)，C(1,1,0)，P(0，1， 3)， PC―→＝(1,0，－ 3)， AB―→＝(1,0,0)． 设 M(x，y，z)(0

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