2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题23 立体几何角的计算问题（练）（解析版）

2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题23 立体几何角的计算问题（练）（解析版）

专题23 立体几何角的计算问题 ‎1．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．‎ ‎(1)证明：MN∥平面C1DE；‎ ‎(2)求二面角A−MA1−N的正弦值．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2).‎ ‎【解析】(1)连结B1C，ME．因为M，E分别为BB1，BC的中点，所以ME∥B1C，且ME=B1C．‎ 又因为N为A1D的中点，所以ND=A1D．由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，‎ 因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．又MN平面EDC1，‎ 所以MN∥平面C1DE．‎ ‎(2)由已知可得DE⊥DA．以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则 ‎，A1(2，0，4)，，，，，，．‎ 设为平面A1MA的法向量，则，所以可取．‎ 设为平面A1MN的法向量，则，所以可取．‎ 于是，所以二面角的正弦值为．‎ ‎【名师点睛】本题考查线面平行关系的证明、空间向量法求解二面角的问题.求解二面角的关键是能够利用垂直关系建立空间直角坐标系，从而通过求解法向量夹角的余弦值来得到二面角的正弦值，属于常规题型.‎ ‎2．【2019年高考天津卷理数】如图，平面，，．‎ ‎(1)求证：平面；‎ ‎(2)求直线与平面所成角的正弦值；‎ ‎(3)若二面角的余弦值为，求线段的长．‎ ‎【答案】(1)见解析；(2)；(3)．‎ ‎【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系(如图)，可得，．设，则．‎ ‎(1)依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．‎ ‎(2)依题意，．设为平面的法向量，则即不妨令，可得．因此有．‎ 所以，直线与平面所成角的正弦值为．‎ ‎(3)设为平面的法向量，则即，‎ 不妨令，可得．‎ 由题意，有，‎ 解得．经检验，符合题意．所以，线段的长为．‎ ‎【名师点睛】本小题主要考查直线与平面平行、二面角、直线与平面所成的角等基础知识．考查用空间向量解决立体几何问题的方法．考查空间想象能力、运算求解能力和推理论证能力．‎ ‎3.【2018年浙江卷】已知四棱锥S−ABCD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θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则 A. θ1≤θ2≤θ3 B. θ3≤θ2≤θ1 C. θ1≤θ3≤θ2 D. θ2≤θ3≤θ1‎ ‎【答案】D ‎【解析】设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB， 因此从而因为，所以即，选D.‎ ‎4、 【2018年理新课标I卷】已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，所以在正方体中，平面与线所成的角是相等的，所以平面与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，同理平面也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面与中间的，且过棱的中点的正六边形，且边长为，所以其面积为，故选A.‎ ‎5．【2018年理数全国卷II】在长方体中，，，则异面直线与所成角的余弦值为 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则,所以,因为，所以异面直线与所成角的余弦值为，选C.‎ ‎2.练模拟 ‎1. (2019·四川双流中学高一月考)如图，在底面为正方形，侧棱垂直于底面的四棱柱中，，则异面直线，所成的角的余弦值为( ) ‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】连接,如下图所示，‎ 由棱柱性质可知,‎ 则即为异面直线,所成的角，设,则。所以为等腰三角形.‎ 由等腰三角形三线合一可得。‎ ‎2. 【陕西省2019届高三年级第三次联考数学试题】已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等，在底面上的射影为的中点，则异面直线与所成的角的余弦值为 A．　　　B．　　　C．　　　D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】如图，设的中点为，连接、、，易知即为异面直线与所成的角(或其补角).设三棱柱的侧棱与底面边长均为1，则，，，‎ 由余弦定理，得.故应选B.‎ ‎【名师点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，通过平移找到所成角是解这类问题的关键，若平移不好作，可采用建系，利用空间向量的运算求解，属于基础题.解答本题时，易知即为异面直线 与所成的角(或其补角)，进而通过计算的各边长，利用余弦定理求解即可.‎ ‎3.【河北省衡水金卷2019年调研卷】如图，将正方形沿着边抬起到一定位置得到正方形，并使得平面与平面所成的二面角为，为正方形内一条直线，则直线与所成角的取值范围为_______. ‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】不妨设正方形的边长为，作，垂足为，由，得平面，故，又，得平面，故直线在平面内的射影为，易知，则与平面所成的角为与平面内的直线所成的最小角为，而直线与所成角的最大角为(当与重合时，与所成角为的)，所以直线与所成角的取值范闱为，故答案为.‎ ‎4、【四川省宜宾市2020届高三诊断性考试】如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，点P，Q分别为A1B1，BC的中点．‎ ‎(1)求异面直线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．‎ ‎【答案】(1)(2)‎ ‎【解析】如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，设AC，A1C1的中点分别为O，O1，则OB⊥OC，OO1⊥OC，OO1⊥OB，以为基底，建立空间直角坐标系O−xyz．因为AB=AA1=2，‎ 所以．‎ ‎(1)因为P为A1B1的中点，所以，从，‎ 故．因此，异面直线BP与AC1所成角的余弦值为．‎ ‎(2)因为Q为BC的中点，所以，因此，．设n=(x，y，z)为平面AQC1的一个法向量，则即不妨取，设直线CC1与平面AQC1所成角为，则，所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为．‎ ‎5. 【广东省深圳市高级中学2020届高三适应性考试】如图，且AD=2BC，,且EG=AD，且CD=2FG，，DA=DC=DG=2. ‎ ‎(I)若M为CF的中点，N为EG的中点，求证：；‎ ‎(II)求二面角的正弦值；‎ ‎(III)若点P在线段DG上，且直线BP与平面ADGE所成的角为60°，‎ 求线段DP的长.‎ ‎【答案】(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)；(Ⅲ).‎ ‎【解析】依题意，可以建立以D为原点，分别以，，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)，M(0，，1)，N(1，0，2)．‎ ‎(Ⅰ)依题意=(0，2，0)，=(2，0，2)．设n0=(x，y，z)为平面CDE的法向量，则 即 不妨令z=–1，可得n0=(1，0，–1)．又=(1，，1)，‎ 可得，又因为直线MN平面CDE，所以MN∥平面CDE．‎ ‎(Ⅱ)依题意，可得=(–1，0，0)，，‎ ‎=(0，–1，2)．设n=(x，y，z)为平面BCE的法向量，则 即 不妨令z=1，可得n=(0，1，1)．设m=(x，y，z)为平面BCF的法向量，则 即 不妨令z=1，可得m=(0，2，1)．因此有cos=，于是sin=．所以，二面角E–BC–F的正弦值为．‎ ‎(Ⅲ)设线段DP的长为h(h∈［0，2］)，则点P的坐标为(0，0，h)，可得．‎ 易知，=(0，2，0)为平面ADGE的一个法向量，故，由题意，可得=sin60°=，解得h=∈［0，2］．所以线段的长为.‎ ‎3.练原创 ‎1、如图所示，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E、F分别是CC1、AD 的中点．那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于 ( )．‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则O(1,1,0)，E(0,2,1)，D1(0,0,2)，F(1,0,0)，＝(－1,1,1)，‎ ‎＝(－1,0,2)，∴·＝3，||＝，||＝，‎ ‎∴cos〈，〉＝＝.‎ 即OE与FD1所成的角的余弦值为.‎ ‎2．若直线的方向向量，平面的一个法向量，则直线与平面所成角的正弦值等于___．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】设直线与平面所成的角为，．‎ ‎3、在三棱锥中，，且，，两两垂直，点为的中点，则直线与平面所成的角的正弦值是__________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】∵，，两两垂直，∴平面，故∠AEB为直线与平面所成的角，‎ 在RT△ABE中，AB=2，BE=，∴sin∠AEB=，∴直线与平面所成的角的正弦值。 ‎ ‎4. 如图，已知正三棱柱的所有棱长均为2，则直线与平面所成角的正弦值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】取的中点，的中点，连接、，如图以为坐标原点，‎ 以、、所在直线为、、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，‎ ‎，，‎ ‎，显然平面，则为平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，则 ‎5.如图，已知△中，∠=90°，，且=1，=2，△绕旋转至 ‎，使点与点之间的距离=．‎ ‎(1)求证：⊥平面；(2)求二面角的大小；‎ ‎(3)求异面直线与所成的角的余弦值．‎ ‎【答案】(1)见详解；(2)60°；(3)．‎ ‎【解析】(1)∵CD⊥AB，∴CD⊥A′D，CD⊥DB，∴CD⊥平面A′BD，∴CD⊥BA′．又在△A′DB中，‎ A′D=1，DB=2，A′B=，∴∠BA′D=90°，‎ 即BA′⊥A′D，∴BA′⊥平面A′CD． ‎ ‎(2)∵CD⊥DB，CD⊥A′D，∴∠BDA′是二面角 A′—CD—B的平面角．又Rt△A′BD中，A′D=1，BD=2，‎ ‎∴∠A′DB=60°，即 二面角A′—CD—B为60°．‎ ‎(3)过A′作A′E∥BD，在平面A′BD中作DE⊥A′E于E，连CE，则∠CA′E为A′C与BD所成角．‎ ‎∵CD⊥平面A′BD，DE⊥A′E，∴A′E⊥CE．‎ ‎∵EA′∥AB，∠A′DB=60°，∴∠DA′E=60°，又A′D=1，∠DEA′=90°，∴A′E=‎ 又∵在Rt△ACB中，AC==∴A′C=AC=‎ ‎∴cos∠CA′E===,即A′C与BD所成角的余弦值为．‎ ‎ ‎