2023年新教材高考数学二轮复习高考解答题专项四第2课时求空间角含解析新人教B版

高考解答题专项四　立体几何中的综合问题

第2课时　求空间角

1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,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.(2021全国乙,理18)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PB⊥AM.

(1)求BC;

(2)求二面角A-PM-B的正弦值.

3.

(2021河南平顶山二模)如图所示的五面体中,四边形ABCD是正方形,平面ADE⊥平面CDEF,AB=ED=2EF=2,∠EAD=60°.

(1)证明:平面ADE⊥平面ABCD;

(2)求直线CF与平面BDE所成角的正弦值.

4.(2021天津,17)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.

(1)求证:D1F∥平面A1EC1;

(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;

(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.

5.(2021北京清华附中模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1=2,BC1∩B1C=O,AO⊥平面BB1C1C.

(1)求证:AB⊥B1C;

(2)若∠B1BC=60°,直线AB与平面BB1C1C所成角为30°,求二面角A1-B1C1-B的余弦值.

6.(2021山东潍坊模拟)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD∥BC,BC⊥CD,PA=AD=2,CD=1,BC=3,点M,N在线段BC上,BM=2MN=1,AN∩MD=E,Q为线段PB上的一点.

(1)求证:MD⊥平面PAN;

(2)若平面MQA与平面PAN所成锐二面角的余弦值为,求直线MQ与平面ABCD所成角的正弦值.

第2课时　求空间角

1.(1)证明∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2,

∴BC1⊥B1C,BB1⊥A1B1,A1B1⊥B1C1.

∵BB1∩B1C1=B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1.

∵BC1⊂平面BCC1B1,∴A1B1⊥BC1.

∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C.

(2)解以B为原点,BC为x轴,BA为y轴,BB1为z轴,建立空间直角坐标系.

B1(0,0,2),C(2,0,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),

=(2,0,-2),=(0,-2,-2),

设异面直线B1C与A1B所成角为θ,

则cosθ=,又0≤θ≤,∴θ=.

∴异面直线B1C与A1B所成角的大小为.

2.解(1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,

∴PD⊥AM.

∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,

∴AM⊥BD,

∴∠ADB+∠DAM=90°.

又∠DAM+∠MAB=90°,

∴∠ADB=∠MAB,

∴Rt△DAB∽Rt△ABM,∴,

∴BC2=1,∴BC=.

(2)如图,以D为原点,分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.

可得A(,0,0),B(,1,0),M,P(0,0,1),=(-,0,1),=(-,-1,1).

设平面AMP的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则

令x1=,则y1=1,z1=2,可得m=(,1,2).

设平面BMP的一个法向量为n=(x2,y2,z2),

同理可得n=(0,1,1).

则cos<m,n>=.

设二面角A-PM-B的平面角为θ,

则sinθ=.

3.(1)证明取ED的中点G,连接AG.

因为AD=AB=ED,∠EAD=60°,所以△ADE是等边三角形,

所以AG⊥ED.

又因为平面ADE⊥平面CDEF,且平面ADE∩平面CDEF=ED,

所以AG⊥平面CDEF,所以AG⊥CD.

因为CD⊥AD,AG∩AD=A,所以CD⊥平面ADE.

又CD⊂平面ABCD,所以平面ADE⊥平面ABCD.

(2)解取AD的中点O,CB的中点H,连接OE,OH.

由(1)可知,OE⊥平面ABCD,易知OE⊥OA,OA⊥OH,OE⊥OH,

以OA所在直线为x轴,OH所在直线为y轴,OE所在直线为z轴建立空间直角坐标系.

则O(0,0,0),H(0,2,0),C(-1,2,0),B(1,2,0),D(-1,0,0),E(0,0,).

从而=(-2,-2,0),=(1,0,),=(0,2,0).

因为AB∥CD,CD⊂平面CDEF,AB⊄平面CDEF,所以AB∥平面CDEF.

又因为AB⊂平面ABEF,平面ABEF∩平面CDEF=EF,所以EF∥AB.

所以.易知F(0,1,),所以=(1,-1,).

设平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则

取x=-,则y=,z=1,所以n=(-,1).

设直线CF与平面BDE所成角为θ,

所以sinθ=|cos<,n>|=.

所以直线CF与平面BDE所成角的正弦值为.

4.(1)证明以A为原点,AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,

则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),

因为E为棱BC的中点,F为棱CD的中点,所以E(2,1,0),F(1,2,0),

则=(1,0,-2),=(2,2,0),=(2,1,-2).

设平面A1EC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1),

则令x1=2,则m=(2,-2,1).

因为·m=2-2=0,所以⊥m.

因为D1F⊄平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1.

(2)解由(1)得,=(2,2,2),

设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ,

则sinθ=|cos<m,>|==.

(3)解由正方体的特征可得,平面AA1C1的一个法向量为=(2,-2,0),

则cos<,m>=,

所以二面角A-A1C1-E的正弦值为.

5.(1)证明因为BC=BB1,则四边形BB1C1C是菱形,B1C⊥BC1.

又AO⊥平面BB1C1C,B1C⊂平面BB1C1C,

所以AO⊥B1C,AO∩BC1=O,AO,BC1⊂平面ABC1,

所以B1C⊥平面ABC1,而AB⊂平面ABC1,所以AB⊥B1C.

(2)解因为AO⊥平面BB1C1C,所以直线AB与平面BB1C1C所成角为∠ABO,即∠ABO=30°.因为四边形BCC1B1是菱形,又∠CBB1=60°,所以OB=OC1=,OB1=1,所以以OB,OB1,OA为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,

则B(,0,0),C1(-,0,0),B1(0,1,0),A(0,0,1),A1(-,1,1),

=(,0,-1),=(-,-1,0),

设平面A1B1C1的一个法向量为n=(x,y,z),

则取x=1,则n=(1,-).

由题知平面BCC1B1的一个法向量是m=(0,0,1),

cos<m,n>=.

又二面角A1-B1C1-B是钝二面角,所以其余弦值为-.

6.(1)证明∵BC=3,BM=1,∴CM=2,AD=CM.

∵AD∥CM,∴四边形AMCD为平行四边形.

∵BC⊥CD,∴四边形AMCD为矩形.

∵,∴△AMN∽△DAM.

∴∠AED=∠MAN+∠AME=∠ADM+∠AME=90°.

∴MD⊥AN.

又PA⊥平面ABCD,∴PA⊥MD,AN∩PA=A,

∴MD⊥平面PAN.

(2)解如图建立空间直角坐标系,

则M(1,0,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N1,,0,B(1,-1,0),Q(x,y,z),=(x-1,y+1,z),=(-1,1,2).

设=λ,0≤λ≤1,则(x-1,y+1,z)=λ(-1,1,2),即

∴Q(1-λ,λ-1,2λ),

则=(-λ,λ-1,2λ),=(1,0,0),=(0,0,2),=1,,0.

设平面MQA与平面PAN的一个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),

∴故n1=(0,2λ,1-λ).

故n2=(1,-2,0).

设平面MQA与平面PAN所成锐二面角为θ,

∴cosθ==,解得λ=.

此时=-,-,1,平面ABCD的一个法向量n3=(0,0,1),

∴sinα==.

∴直线MQ与平面ABCD所成角的正弦值为.