高中数学第十一章 立体几何初步本章综合与测试达标测试

专题强化练4　空间角的有关计算

解答题

1.(★★☆)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1C1C所成的角为30°,求该长方体的体积.

2.(★★☆)在四棱锥A-BCDE中,底面四边形BCDE为梯形,BC∥DE.设CD,BE,AE,AD的中点分别为M,N,P,Q.

(1)求证:M,N,P,Q四点共面;

(2)若AC⊥DE,且AC=BC,求异面直线DE与PN所成角的大小.

3.(★★☆)如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,∠BAC=90°,AB=AC=AA1.

(1)求证:AB1⊥平面A1BC1;

(2)若D为B1C1的中点,求AD与平面A1B1C1所成角的正弦值.

4.(★★☆)如图,四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,AC∩BD=O,A1C1∩B1D1=O1,四边形ACC1A1和四边形BDD1B1均为矩形.

(1)证明:O1O⊥底面ABCD;

(2)若∠CBA=60°,求二面角C1-OB1-D的余弦值.

答案全解全析

解答题

1.解析　如图,由长方体的性质可得AB⊥平面BCC1B1,

∴BC1为直线AC1在平面BCC1B1内的射影,

∴∠AC1B为直线AC1与平面BCC1B1所成的角,即∠AC1B=30°,

在Rt△ABC1中,AB=2,∠AC1B=30°,∴BC1=2,

在Rt△BCC1中,CC1===2,

∴该长方体的体积V=2×2×2=8.

2.解析　(1)证明:因为CD,BE,AE,AD的中点分别为M,N,P,Q,

所以PQ为△ADE的中位线,MN为梯形BCDE的中位线.

所以PQ∥DE,MN∥DE,所以PQ∥MN,

所以M,N,P,Q四点共面.

(2)易知PN为△ABE的中位线,

所以PN∥AB.

又BC∥DE,所以∠ABC(或其补角)为异面直线DE与PN所成的角.

又AC⊥DE,所以AC⊥BC.

在Rt△ACB中,tan∠ABC===,所以∠ABC=60°.

所以异面直线DE与PN所成角的大小为60°.

3.解析　(1)证明:由题意知四边形AA1B1B是正方形,∴AB1⊥BA1.

由AA1⊥平面A1B1C1,得AA1⊥A1C1.

又易知A1C1⊥A1B1,AA1∩A1B1=A1,

∴A1C1⊥平面AA1B1B,

又∵AB1⊂平面AA1B1B,∴A1C1⊥AB1.

又∵BA1∩A1C1=A1,∴AB1⊥平面A1BC1.

(2)如图,连接A1D.设AB=AC=AA1=1,

∵AA1⊥平面A1B1C1,

∴∠A1DA是AD与平面A1B1C1所成的角.

在等腰直角三角形A1B1C1中,D为斜边B1C1的中点,∴A1D=×B1C1=.

在Rt△A1DA中,AD==.

∴sin∠A1DA==.

故AD与平面A1B1C1所成角的正弦值为.

4.解析　(1)证明:因为四边形ACC1A1为矩形,所以CC1⊥AC,同理DD1⊥BD.

因为CC1∥DD1,所以CC1⊥BD,而AC∩BD=O,因此CC1⊥底面ABCD.

由题意知,O1O∥C1C,故O1O⊥底面ABCD.

(2)如图,过O1作O1H⊥OB1于点H,连接HC1.

由(1)知,O1O⊥底面ABCD,所以O1O⊥底面A1B1C1D1,于是O1O⊥A1C1.

又因为四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有棱长都相等,所以四边形A1B1C1D1是菱形,

因此A1C1⊥B1D1,从而A1C1⊥平面BDD1B1,

所以A1C1⊥OB1,于是OB1⊥平面O1HC1,

所以OB1⊥C1H.

故∠C1HO1是二面角C1-OB1-D的平面角.

不妨设AB=2,因为∠CBA=60°,

所以OB=,OC=1,OB1=.

在Rt△OO1B1中,易知O1H==,又O1C1=1,

于是在Rt△O1C1H中,C1H===.

故cos∠C1HO1==.

即二面角C1-OB1-D的余弦值为.