2019版高考数学复习第十二单元空间向量高考达标检测三十二空间角3类型__线线角线面角二面角理

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1、高考达标检测（三十二）空间角3类型——线线角、线面角、二面角1．如图，在正三棱柱ABCA1B1C1中，点D是棱AB的中点，BC＝1，AA1＝.(1)求证：BC1∥平面A1DC；(2)求二面角DA1CA的正弦值．解：(1)证明：过点A作AO⊥BC交BC于点O，过点O作OE⊥BC交B1C1于E.因为平面ABC⊥平面CBB1C1，所以AO⊥平面CBB1C1.以O为坐标原点，OB，OE，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．因为BC＝1，AA1＝，△ABC是等边三角形，所以O为BC的中点．则O

2、(0,0,0)，A，B，C，D，A1，C1，＝，＝，设平面A1DC的一个法向量为n1＝(x1，y1，z1)，则即取x1＝，得z1＝－3，y1＝1，∴平面A1DC的一个法向量为n1＝(，1，－3)．又∵＝(－1，，0)，∴·n1＝0，又BC1⊄平面A1DC，∴BC1∥平面A1DC.(2)设平面ACA1的一个法向量为n2＝(x2，y2，z2)，∵＝(0，，0)，则即取x2＝，得y2＝0，z2＝－1.∴平面ACA1的一个法向量为n2＝(，0，－1)．则cos〈n1，n2〉＝＝，设二面角DA1CA的大小为θ，∴co

3、sθ＝，sinθ＝，故二面角DA1CA的正弦值为.2．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥PABCD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MABD的余弦值．解：(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綊BC，所以四边形B

4、CEF是平行四边形，CE∥BF，又CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，故CE∥平面PAB.(2)由已知得BA⊥AD，以A为坐标原点，的方向为x轴正方向，

5、

6、为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，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

7、cos〈，n〉

8、＝sin4

9、5°，＝，即(x－1)2＋y2－z2＝0.　①又M在棱PC上，设＝λ，则x＝λ，y＝1，z＝－λ.　②由①②解得(舍去)，或所以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〈m，n〉＝＝.由图知二面角MABD为锐角，因此二面角MABD的余弦值为.3.如图，在三棱锥PABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2.(1)求证：MN∥平面BDE；(2)求二面角CEMN

10、的正弦值；(3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长．解：由题意知，AB，AC，AP两两垂直，故以A为坐标原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系．依题意可得A(0，0,0)，B(2，0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)．(1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)．设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量，则即不妨取z＝1，可得n＝(1,0,1)．又＝(1

11、,2，－1)，可得·n＝0.因为MN⊄平面BDE，所以MN∥平面BDE.(2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量．设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量，又＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)，则即不妨取y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)．因此有cos〈n1，n2〉＝＝－，于是sin〈n1，n2〉＝.所以二面角CEMN的正弦值为.(3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．由已知，得

12、cos〈，〉

13、＝＝＝，整理

14、得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝.所以线段AH的长为或.4.如图，在四棱锥PABCD中，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝45°，AD＝AP＝2，AB＝DP＝2，E为CD的中点，点F在线段PB上．(1)求证：AD⊥PC；(2)试确定点F的位置，使得直线EF与平面PDC所成的角和直线EF与平面ABCD所成的角相等．解：(1)证明：在平行四边形ABCD中，连接AC，因为AB＝2，