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《§8.4 空间角与距离、空间向量及其应用.pptx》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、§8.4空间角与距离、空间向量及其应用高考理数(课标Ⅱ专用)1考点一 空间角与距离1.(2018课标全国Ⅱ,9,5分)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=1,AA1=,则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为( )A.B.C.D.五年高考A组统一命题·课标卷题组答案 C 本题考查异面直线所成的角.解法一:如图,将长方体ABCD-A1B1C1D1补成长方体ABCD-A2B2C2D2,使AA1=A1A2,易知AD1∥B1C2,∴∠DB1C2或其补角为异面直线AD1与DB1所成的角.2弦值为.故选C.解法二:以A1为原点建立空间直角坐标
2、系(如图),则A(0,0,),D1(0,1,0),D(0,1,),B1(1,0,0),所以=(0,1,-),=(1,-1,-),所以cos<,>===.故选C.易知B1C2=AD1=2,DB1==,DC2===.在△DB1C2中,由余弦定理的推论得cos∠DB1C2===-,∴异面直线AD1与DB1所成角的余方法总结 常见的求异面直线所成角的方法(1)通过平移找到异面直线所成的角或其补角,构造三角形,通过解三角形求解;(2)建立空间直角坐标系,由向量的夹角公式求解.32.(2018课标全国Ⅰ,12,5分)已知正方体的棱长为1,每条棱所在直线与平面α所成的角都
3、相等,则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.B.C.D.答案 A 本题主要考查空间直线与平面的位置关系及其所成角问题.由正方体的性质及题意可得,正方体共顶点的三条棱所在直线与平面α所成的角均相等.如图,正方体ABCD-A1B1C1D1中,易知棱AB,AD,AA1所在直线与平面A1BD所成的角均相等,所以α∥平面A1BD,当平面α趋近点A时,截面图形的面积趋近于0;当平面α经过正方体的中心O时,截面图形为正六边形,其边长为,截面图形的面积为6××=;当平面α趋近于C1时,截面图形的面积趋近于0,所以截面图形面积的最大值为,故选A.4解题关键 利
4、用正方体的性质,将每条棱所在直线与平面α所成角转化为共顶点的三条棱所在直线与平面α所成角是解决本题的关键.方法点拨 利用特殊位置与极限思想是解决选择题的常用方法.53.(2018课标全国Ⅱ,20,12分)如图,在三棱锥P-ABC中,AB=BC=2,PA=PB=PC=AC=4,O为AC的中点.(1)证明:PO⊥平面ABC;(2)若点M在棱BC上,且二面角M-PA-C为30°,求PC与平面PAM所成角的正弦值.6解析 (1)因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点,所以OP⊥AC,且OP=2.连接OB.因为AB=BC=AC,所以△ABC为等腰直角三角形,且OB⊥
5、AC,OB=AC=2.由OP2+OB2=PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB,OP⊥AC知PO⊥平面ABC.(2)如图,以O为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立空间直角坐标系O-xyz.由已知得O(0,0,0),B(2,0,0),A(0,-2,0),C(0,2,0),P(0,0,2),=(0,2,2).取平面PAC的法向量=(2,0,0).设M(a,2-a,0)(0=.由已知可得
6、cos<,n>
7、=.所以=.解
8、得a=-4(舍去)或a=.所以n=.又=(0,2,-2),所以cos<,n>=.所以PC与平面PAM所成角的正弦值为.84.(2015课标全国Ⅱ,19,12分,0.501)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=16,BC=10,AA1=8,点E,F分别在A1B1,D1C1上,A1E=D1F=4.过点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求直线AF与平面α所成角的正弦值.9解析 (1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A1E=4,EM=AA1=8
9、.因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,所以AH=10.以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D-xyz,则A(10,0,0),H(10,10,0),E(10,4,8),F(0,4,8),=(10,0,0),=(0,-6,8).设n=(x,y,z)是平面EHGF的法向量,10则即所以可取n=(0,4,3).又=(-10,4,8),故
10、cos
11、==.所以AF与平面EHGF所成角的正弦值为.115.(2017课标全国Ⅱ,19,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABC
12、D,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°,E
