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《2019-2020年高考数学二轮复习 空间角的突破方略专题检测（含解析）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
1、2019-2020年高考数学二轮复习空间角的突破方略专题检测（含解析）1．(xx·课标全国Ⅱ改编)直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BCA＝90°，M，N分别是A1B1，A1C1的中点，BC＝CA＝CC1，则BM与AN所成角的余弦值为________．答案 解析 方法一 由于∠BCA＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC＝CA＝CC1，可将三棱柱补成正方体．建立如图(1)所示空间直角坐标系．设正方体棱长为2，则可得A(0,0,0)，B(2,2,0)，M(1,1,2)，N(0,1,2)，∴＝(－1，－1,2)，＝(0,1,2)．∴cos〈，〉＝＝＝＝.方法
2、二 如图(2)，取BC的中点D，连结MN，ND，AD，由于MN綊B1C1綊BD，因此有ND綊BM，则ND与NA所成的角即为异面直线BM与AN所成的角．设BC＝2，则BM＝ND＝，AN＝，AD＝，因此cos∠AND＝＝.2．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，直线BC1与平面A1BD所成的角的正弦值是________．答案 解析 建立空间直角坐标系如图所示．设正方体的棱长为1，直线BC1与平面A1BD所成的角为θ，则D(0,0,0)，A1(1,0,1)，B(1,1,0)，C1(0,1,1)，∴＝(1,0,1)，＝(1,1,0)，＝(－1,0,1)．设
3、n＝(x，y，z)是平面A1BD的一个法向量，则令z＝1，则x＝－1，y＝1.∴n＝(－1,1,1)，∴sinθ＝
4、cos〈n，〉
5、＝
6、
7、＝.3．如图，过正方形ABCD的顶点A，引PA⊥平面ABCD.若PA＝BA，则平面ABP和平面CDP所成的二面角的大小是________．答案 45°解析 如图，取PD中点E，连结AE，则AE⊥平面PCD，故二面角的平面角∠APE＝45°.4.如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠ACB＝90°，AA1＝2，AC＝BC＝1，则异面直线A1B与AC所成角的余弦值是________．答案 解析 以C为坐标原点，CA
8、、CB、CC1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，A1(1,0,2)，B(0,1,0)，A(1，0,0)，C(0,0,0)，则＝(－1,1，－2)，＝(－1,0,0)，cos〈，〉＝＝＝.5．在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD是正方形，侧棱PD⊥平面ABCD，AB＝PD＝a.点E为侧棱PC的中点，又作DF⊥PB交PB于点F，则PB与平面EFD所成角为________．答案 90°解析 建立如图所示的空间直角坐标系D—xyz，D为坐标原点，则P(0,0，a)，B(a，a,0)，E(0，，)．故＝(a，a，－a)，＝，所以·＝0＋－＝0，所以
9、PB⊥DE，由已知DF⊥PB，且DF∩DE＝D，所以PB⊥平面EFD，所以PB与平面EFD所成角为90°.6．在棱长为2的正方体ABCD—A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中点，E，F分别是CC1，AD的中点，那么异面直线OE和FD1所成的角的余弦值等于________．答案 解析 以D为原点，分别以DA、DC、DD1为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，∴F(1,0,0)，D1(0,0,2)，O(1,1,0)，E(0,2,1)，∴＝(－1,0,2)，＝(－1,1,1)，∴cos〈，〉＝＝.7．如图所示，在三棱柱ABC—A1B1C1中，AA1⊥底
10、面ABC，AB＝BC＝AA1，∠ABC＝90°，点E、F分别是棱AB、BB1的中点，则直线EF和BC1所成的角是________．答案 60°解析 以BC，BA，BB1所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系．设AB＝BC＝AA1＝2，则C1(2,0,2)，E(0,1,0)，F(0,0,1)，则＝(0，－1,1)，＝(2,0,2)，∴·＝2，∴cos〈，〉＝＝，∴EF和BC1所成的角为60°.8．(xx·苏州调研)在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，BC＝AA1＝1，则D1C1与平面A1BC1所成角的正弦值为________．答案
11、解析 如图，建立空间直角坐标系D－xyz，则D1(0,0,1)，C1(0,2,1)，A1(1,0,1)，B(1,2,0)，所以＝(0,2,0)，＝(－1,2,0)，＝(0,2，－1)，设平面A1BC1的一个法向量为n＝(x，y，z)，由得令y＝1，得n＝(2,1,2)，设D1C1与平面A1BC1所成角为θ，则sinθ＝
12、cos〈，n〉
13、＝＝＝.9.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M、N分别是棱CD、CC1的中点，则异面直线A1M与DN所成角的大小是________．答案 90°解析 方法一 连结MD1，易证△DD1M≌△CDN，则∠NDM
14、＝∠DD1M，∴∠NDM＋∠D1MD＝∠DD1M＋∠D1MD＝90°，即DN⊥D1M，又A1D1⊥平面DC1
