2019年高考数学二轮复习专题突破练155.3.1空间中的平行与空间角理.doc

《2019年高考数学二轮复习专题突破练155.3.1空间中的平行与空间角理.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考数学二轮复习专题突破练155.3.1空间中的平行与空间角理.doc（14页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1专题突破练 15 空间中的平行与空间角1.如图,在三棱柱 ABC-A1B1C1中,侧面 ACC1A1底面 ABC, A1AC=60,AC=2AA1=4,点 D,E 分别是AA1,BC 的中点 .(1)证明: DE平面 A1B1C;(2)若 AB=2, BAC=60,求直线 DE 与平面 ABB1A1所成角的正弦值 .22.(2018 河南安阳一模,理 19)如图,在空间直角坐标系 O-xyz 中,正四面体(各条棱均相等的三棱锥)ABCD 的顶点 A,B,C 分别在 x 轴, y 轴, z 轴上 .(1)求证: CD平面 OAB;(2)求二面角 C-AB-D 的余弦值 .33.如图,四棱锥 P

2、-ABCD 中,侧面 PAD 为等边三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC=AD, 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 M-AB-D 的余弦值 .44.(2018 江苏盐城模拟,25)如图,在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中, AA1=4,AB=2,点 M 是 BC 的中点 .(1)求异面直线 AC1与 DM 所成角的余弦值;(2)求直线 AC1与平面 AD1M 所成角的正弦值 .55.如图,在四棱锥 P-ABCD 中,底面 ABCD 为正方形,平面 P

3、AD平面 ABCD,点 M 在线段 PB 上, PD平面 MAC,PA=PD=,AB=4.(1)求证: M 为 PB 的中点;(2)求二面角 B-PD-A 的大小;(3)求直线 MC 与平面 BDP 所成角的正弦值 .66.(2018 江苏卷,22)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 .77.如图 1,在边长为 2 的菱形 ABCD 中, BAD=60,将 BCD 沿对角线 BD 折起到 BCD 的位置,使平面 BCD平面

4、 ABD,E 是 BD 的中点, FA平面 ABD,且 FA=2,如图 2.(1)求证: FA平面 BCD;(2)求平面 ABD 与平面 FBC所成角的余弦值;(3)在线段 AD 上是否存在一点 M,使得 CM平面 FBC?若存在,求的值;若不存在,请说明理由 .8参考答案专题突破练 15 空间中的平行与空间角1.(1)证明 取 AC 的中点 F,连接 DF,EF,E 是 BC 的中点, EF AB.ABC-A 1B1C1是三棱柱, AB A1B1,EF A1B1,EF 平面 A1B1C.D 是 AA1的中点, DF A1C,DF 平面 A1B1C.又 EF DF=F, 平面 DEF平面 A1

5、B1C,DE 平面 A1B1C.(2)解 过点 A1作 A1O AC,垂足为 O,连接 OB, 侧面 ACC1A1底面 ABC,A 1O平面 ABC,A 1O OB,A1O OC. A1AC=60,AA1=2,OA= 1,OA1=AB=2, OAB=60,由余弦定理得 OB2=OA2+AB2-2OAABcos BAC=3,OB= , AOB=90,OB AC.分别以 OB,OC,OA1为 x 轴、 y 轴、 z 轴,建立如图的空间直角坐标系 O-xyz,9由题设可得 A(0,-1,0),C(0,3,0),B(,0,0),A1(0,0,),D 0,- ,E设 m=(x1,y1,z1)是平面 AB

6、B1A1的一个法向量,则令 z1=1,则 m=(1,-,1), cos=, 直线 DE 与平面 ABB1A1所成角的正弦值为2.解 (1)由 AB=BC=CA,易知 OA=OB=OC.设 OA=a,则 AB=a,A(a,0,0),B(0,a,0),C(0,0,a),如图:设 D 点的坐标为( x,y,z),则由 DA=DB=DC=a,可得( x-a)2+y2+z2=x2+(y-a)2+z2=x2+y2+(z-a)2=2a2,解得 x=y=z=a,所以 =(a,a,0).又平面 OAB 的一个法向量为 =(0,0,a),所以 =0,所以 CD平面 OAB.(2)设 F 为 AB 的中点,连接 C

7、F,DF,则 CF AB,DF AB, CFD 为二面角 C-AB-D 的平面角 .由(1)知,在 CFD 中, CF=DF=aa,CD=a,则由余弦定理知 cos CFD=,即二面角 C-AB-D 的余弦值为3.(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=AD.由 BAD= ABC=90得 BC AD,又 BC=AD,所以 EF BC,四边形 BCEF 是平行四边形, CE BF,又 BF平面 PAB,CE平面 PAB,故 CE平面 PAB.10(2)解 由已知得 BA AD,以 A 为坐标原点,的方向为 x 轴正方向, |为单位长

8、,建立如图所示的空间直角坐标系 A-xyz,则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1,),=(1,0,-),=(1,0,0).设 M(x,y,z)(0|=sin 45,即( x-1)2+y2-z2=0.又 M 在棱 PC 上,设 =,则x= ,y=1,z=由 解得(舍去),所以 M,从而设 m=(x0,y0,z0)是平面 ABM 的法向量,则即所以可取 m=(0,-,2).于是 cos=因此二面角 M-AB-D 的余弦值为4.解 在正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1中,以 D 为原点, DA、 DC、 DD1分别为 x 轴、 y 轴、 z 轴建立如图所示空间直角坐

9、标系 D-xyz.11M (1,2,0),A(2,0,0),C1(0,2,4),=(1,2,0),=(-2,2,4),所以 cos|=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,13所以 Q,因此 =(0,2,2),=(0,0,2).设 n=(x,y,z)为平面 AQC1的一个法向量,则即不妨取 n=(,-1,1).设直线 CC1与平面 AQC1所成角为 ,则 sin =| cos|=,所以直线 CC1与平面 AQC1所成角的正弦值为7.(1)证明 BC=CD ,E 为 BD 的中点,CE BD.又平面 BCD平面 ABD,且平面 BCD平面 ABD=BD

10、,CE 平面 ABD.FA 平面 ABD,FA CE.又 CE平面 BCD,FA平面 BCD,FA 平面 BCD.(2)解 以 DB 所在直线为 x 轴, AE 所在直线为 y 轴, EC所在直线为 z 轴建立空间直角坐标系,则B(1,0,0),A(0,-,0),D(-1,0,0),F(0,-,2),C(0,0,),=(-1,-,2),=(-1,0,).设平面 FBC的一个法向量为 m=(x,y,z),则取 z=1,则 m=(,1,1). 平面 ABD 的一个法向量为 n=(0,0,1), cos=14则平面 ABD 与平面 FBC所成角的余弦值为(3)解 假设在线段 AD 上存在 M(x,y,z),使得 CM平面 FBC,设 =,则( x,y+,z)= (-1,0)=(- ,0),x=- ,y=(- 1),z=0.而 =(- ,(- 1),-),由 m,得, 无解 . 线段 AD 上不存在点 M,使得 CM平面 FBC.