2024届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量课时规范练44求空间角.docx

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1、课时规范练44求空间角1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,ABBC,AA1=AB=BC=2.(1)求证:BC1平面A1B1C;(2)求异面直线B1C与A1B所成角的大小.2.如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PBAM.求:(1)BC;(2)二面角A-PM-B的正弦值.3.(2022山东临沂二模)如图,AB是圆柱底面圆O的直径,AA1,CC1为圆柱的母线,四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形,且AB=AA1=2BC=2CD,E,F分别为A1D,C1C的中点.(1)证明:EF平面ABCD;(2)求平面OEF与平面BC

2、C1夹角的余弦值.4.(2022山东枣庄一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,过点D1作出正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,使得该截面平行于平面BEF. (1)作出该截面与正方体表面的交线,并说明理由;(2)求BD1与该截面所在平面所成角的正弦值.(截面:用一个平面去截一个几何体,平面与几何体的表面的交线围成的平面图形.)5.(2022全国乙,理18)如图,四面体ABCD中,ADCD,AD=CD,ADB=BDC,E为AC的中点. (1)证明:平面BED平面ACD;(2)设AB=BD=2,ACB=60,点F在BD上,当AFC的面积最小时,求C

3、F与平面ABD所成的角的正弦值.6.(2022山东德州三模)已知底面ABCD为菱形的直四棱柱,被平面AEFG所截几何体如图所示,CEBG.(1)求证:FGBG;(2)若AB=2,DAB=60,三棱锥G-ACD的体积为233,直线AF与底面ABCD所成角的正切值为32,求锐二面角A-EC-B的余弦值.课时规范练44求空间角1.(1)证明在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1平面ABC,ABBC,AA1=AB=BC=2,BC1B1C,BB1A1B1,A1B1B1C1.BB1B1C1=B1,A1B1平面BCC1B1.BC1平面BCC1B1,A1B1BC1.A1B1B1C=B1,BC1平面A1B1C.

4、(2)解以B为原点,BC,BA,BB1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系(图略).B1(0,0,2),C(2,0,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),B1C=(2,0,-2),A1B=(0,-2,-2),设异面直线B1C与A1B所成的角为,则cos=|B1CA1B|B1C|A1B|=488=12,又0,2,=3.异面直线B1C与A1B所成角的大小为3.2.解(1)连接BD.PD底面ABCD,AM底面ABCD,PDAM.PBAM,PBPD=P,AM平面PBD,AMBD,ADB+DAM=90.又DAM+MAB=90,ADB=MAB,RtDABRtABM,ADAB=BABM

5、,12BC2=1,BC=2.(2)如图,以D为原点,DA,DC,DP分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立空间直角坐标系.可得A(2,0,0),B(2,1,0),M22,1,0,P(0,0,1),AP=(-2,0,1),AM=-22,1,0,BM=-22,0,0,BP=(-2,-1,1).设平面AMP的法向量为m=(x1,y1,z1),则mAP=0,mAM=0,即-2x1+z1=0,-22x1+y1=0,令x1=2,则y1=1,z1=2,可得m=(2,1,2).设平面BMP的法向量为n=(x2,y2,z2),同理可得n=(0,1,1).则cos=mn|m|n|=372=31414.设二面角A-PM

6、-B的平面角为,则sin=1-cos2=1-914=7014.3.(1)证明取AD的中点M,连接EM,MC.E为A1D的中点,F为CC1的中点,EMAA1,EM=12AA1.又CFAA1,CF=12AA1,EMCF,EM=CF,四边形EMCF为平行四边形,EFCM,又EF平面ABCD,CM平面ABCD,EF平面ABCD.(2)解设AB=AA1=2BC=2CD=4,ACBC,AC=23.由题意知CA,CB,CC1两两垂直,故以C为坐标原点,分别以CA,CB,CC1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.则A1(23,0,4),O(3,1,0),F(0,0,2),C(0,0,0),D(3,-

7、1,0),A1D的中点E的坐标为332,-12,2,OF=(-3,-1,2),EF=-332,12,0,设平面OEF的法向量为n=(x,y,z),则nOF=0,nEF=0,即-3x-y+2z=0,-332x+12y=0,即3x+y-2z=0,33x-y=0,令x=3,得n=(3,9,6).ACBC,ACCC1,BCCC1=C,AC平面BCC1,CA=(23,0,0)为平面BCC1的一个法向量,cos=nCA|n|CA|=63+81+3623=1020,平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值为1020.4.解(1)设G,H分别是棱BC,CC1的中点,顺次连接D1,A,G,H,D1,则四边形D1AG

8、H即为所求的截面.理由如下:因为点G,H分别是棱BC,CC1的中点,故BC1GH,又BC1D1A,所以GHD1A,而两平行直线确定一个平面,所以四边形D1AGH为平面图形.因为点E,F分别是棱AA1,A1D1的中点,故D1AEF.又D1A平面BEF,EF平面BEF,所以D1A平面BEF.因为EB=ABAE,D1H=D1C1HC1,AB=D1C1,AE=HC1,所以EB=D1H,又E,B,D1,H不共线,所以EBD1H,又D1H平面BEF,EB平面BEF,所以D1H平面BEF,又D1AD1H=D1,D1A平面D1AGH,D1H平面D1AGH,所以平面D1AGH平面BEF.(2)连接BD1,建立空

9、间直角坐标系Dxyz如图所示,易知BD1与该截面所在平面所成角的正弦值,即BD1与平面BEF所成角的正弦值.设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则B(2,2,0),D1(0,0,2),E(2,0,1),F(1,0,2),故BE=(0,-2,1),EF=(-1,0,1),设平面BEF的法向量为m=(x,y,z),则mBE=-2y+z=0,mEF=-x+z=0,令z=2,可得m=(2,1,2),又BD1=(-2,-2,2),所以cos=mBD1|m|BD1|=-2323=-39,故BD1与平面BEF所成角的正弦值为39,即BD1与该截面所在平面所成角的正弦值为39.5.(1)证明 AD=

10、CD,ADB=BDC,BD=BD,ABDCBD,AB=CB.又E为AC的中点,AD=CD,DEAC,BEAC.又BEDE=E,AC平面BED.又AC平面ACD,平面BED平面ACD.(2)解如图,连接EF,由(1)知AC平面BED.EFAC,当AFC的面积最小时,EF最小.在BDE中,若EF最小,则EFBD.AB=CB=2,ACB=60,ABC为等边三角形,AC=2,BE=3.ADCD,AD=CD,ACD为等腰直角三角形,DE=1.又BD=2,DE2+BE2=BD2,BEDE.由(1)知DEAC,BEAC,则以E为原点,EA,EB,ED所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,A(1,

11、0,0),B(0,3,0),C(-1,0,0),D(0,0,1),E(0,0,0),AB=(-1,3,0),AD=(-1,0,1),DB=(0,3,-1),ED=(0,0,1).设DF=DB=(0,3,-)(R),则EF=ED+DF=(0,3,1-).EFBD,EFDB=0,即3-(1-)=0,解得=14.点F0,34,34,CF=1,34,34.设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则nAB=-x+3y=0,nAD=-x+z=0,取y=1,则x=z=3,n=(3,1,3)为平面ABD的一个法向量.设CF与平面ABD所成的角为,则sin=|cos|=3+34+334772=437.故CF与

12、平面ABD所成的角的正弦值为437.6.(1)证明连接BD,交AC于点O,底面ABCD为菱形,ACBD,由直四棱柱得GD底面ABCD,又AC平面ABCD,GDAC,又BDGD=D,BD,GD平面BDG,AC平面BDG,BG平面BDG,ACBG.已知CEBG,又ACCE=C,AC,CE平面ACE,BG平面ACE,又AE平面ACE,BGAE.平面ABE平面CFGD,平面AEFG平面ABE=AE,平面AEFG平面CFGD=GF,FGAE,则FGBG.(2)解已知AB=2,DAB=60,可求BD=2,AC=23,由VG-ACD=131222sin120GD=233,则GD=2.在直四棱柱中,FC底面A

13、BCD,FAC为直线AF与底面ABCD所成的角,tanFAC=FCAC=32,则FC=3.如图,以O为原点,建立空间直角坐标系Oxyz,则A(3,0,0),B(0,1,0),C(-3,0,0),G(0,-1,2),F(-3,0,3),OE=OA+AE=OA+GF=(3,0,0)+(-3,1,1)=(0,1,1),则CE=(3,1,1),CB=(3,1,0),设平面BCE的法向量为m=(x,y,z),则mCE=0,mCB=03x+y+z=0,3x+y=0,取x=1,得y=-3,z=0,得m=(1,-3,0),由(1)知BG平面ACE,平面ACE的一个法向量为n=BG=(0,-2,2),则cos=mn|m|n|=23222=64,锐二面角A-EC-B的余弦值为64.