部编版高考数学二轮复习专题突破练15531空间中的平行与空间角理Word下载.docx

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,求二面角M-AB-D的余弦值.

4.（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.

5.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为正方形,平面PAD⊥平面ABCD,点M在线段PB上,PD∥平面MAC,PA=PD=,AB=4.

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.

6.（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.

7.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△BC'

D的位置,使平面BC'

D⊥平面ABD,E是BD的中点,FA⊥平面ABD,且FA=2,如图2.

FA∥平面BC'

D;

（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C'

M⊥平面FBC'

?

若存在,求的值;

若不存在,请说明理由.

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-A1B1C1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A1B1C,

∴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,

∴A1O⊥平面ABC,

∴A1O⊥OB,A1O⊥OC.

∵∠A1AC=60°

AA1=2,

∴OA=1,OA1=AB=2,∠OAB=60°

由余弦定理得OB2=OA2+AB2-2OA·

AB·

cos∠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,

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ABB1A1的一个法向量,则

令z1=1,则m=（1,-,1）,

∴cos<

m,>

=,∴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CF,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.

（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,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<

x<

1）,则=（x-1,y,z）,=（x,y-1,z-）.因为BM与底面ABCD所成的角为45°

而n=（0,0,1）是底面ABCD的法向量,所以|cos<

n>

|=sin45°

,

即（x-1）2+y2-z2=0.①

又M在棱PC上,设=,则

x=λ,y=1,z=②

由①②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<

m,n>

=

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标系D-xyz.

∵M（1,2,0）,A（2,0,0）,C1（0,2,4）,

=（1,2,0）,=（-2,2,4）,

所以cos<

>

=,所以异面直线AC1与DM所成角的余弦值为

（2）=（2,0,4）,设平面A1DM的一个法向量为n=（x,y,z）.

则取y=1,得x=-2,z=1,故平面A1DM的一个法向量为n=（-2,1,1）.

n,>

=,所以直线AC1与平面A1DM所成角的正弦值为

5.

（1）证明设AC,BD交点为E,连接ME.

因为PD∥平面MAC,平面MAC∩平面PDB=ME,所以PD∥ME.

因为ABCD是正方形,所以E为BD的中点.所以M为PB的中点.

（2）解取AD的中点O,连接OP,OE.

因为PA=PD,所以OP⊥AD.

又因为平面PAD⊥平面ABCD,且OP⊂平面PAD,所以OP⊥平面ABCD.

因为OE⊂平面ABCD,所以OP⊥OE.因为ABCD是正方形,所以OE⊥AD.

如图建立空间直角坐标系O-xyz,则P（0,0,）,D（2,0,0）,B（-2,4,0）,=（4,-4,0）,=（2,0,-）.

设平面BDP的法向量为n=（x,y,z）,则

令x=1,则y=1,z=

于是n=（1,1,）,平面PAD的法向量为p=（0,1,0）.

n,p>

由题知二面角B-PD-A为锐角,所以它的大小为

（3）解由题意知M,C（2,4,0）,

设直线MC与平面BDP所成角为α,

则sinα=|cos<

|=所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为

6.解如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设AC,A1C1的中点分别为O,O1,则OB⊥OC,OO1⊥OC,OO1⊥OB,以{}为基底,建立空间直角坐标系O-xyz.

因为AB=AA1=2,所以A（0,-1,0）,B（,0,0）,C（0,1,0）,A1（0,-1,2）,B1（,0,2）,C1（0,1,2）.

（1）因为P为A1B1的中点,

所以P,

从而=（0,2,2）,

故|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,

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

不妨取n=（,-1,1）.

设直线CC1与平面AQC1所成角为θ,

则sinθ=|cos<

|=,所以直线CC1与平面AQC1所成角的正弦值为

7.

（1）证明∵BC'

=C'

D,E为BD的中点,

∴C'

E⊥BD.

又平面BC'

D⊥平面ABD,且平面BC'

D∩平面ABD=BD,

E⊥平面ABD.

∵FA⊥平面ABD,

∴FA∥C'

E.

又C'

E⊂平面BC'

D,FA⊄平面BC'

D,

∴FA∥平面BC'

D.

（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）,

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C'

设=,则（x,y+,z）=λ（-1,,0）=（-λ,,0）,∴x=-λ,y=（λ-1）,z=0.而=（-λ,（λ-1）,-）,由m,得,λ无解.∴线段AD上不存在点M,使得C'

.