【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项四　第2课时　求空间角含解析【高考】.docx，共(9)页，204.094 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-0677644e81da6bc1af1d93e185ffa740.html

以下为本文档部分文字说明：

1高考解答题专项四立体几何中的综合问题第2课时求空间角1.如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2.(1)求证:BC1⊥平面A1B1C;(2)求异面直线B1C与A1B所成角的大小.2.(2021全国

乙,理18)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.(1)求BC;(2)求二面角A-PM-B的正弦值.23.(2021河南平顶山二模)如图所示的五面体中,四边形ABCD是正方形

,平面ADE⊥平面CDEF,AB=ED=2EF=2,∠EAD=60°.(1)证明:平面ADE⊥平面ABCD;(2)求直线CF与平面BDE所成角的正弦值.4.(2021天津,17)如图,在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,E为棱B

C的中点,F为棱CD的中点.(1)求证:D1F∥平面A1EC1;(2)求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值;(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.35.(2021北京清华附中模拟)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC=BB1

=2,BC1∩B1C=O,AO⊥平面BB1C1C.(1)求证:AB⊥B1C;(2)若∠B1BC=60°,直线AB与平面BB1C1C所成角为30°,求二面角A1-B1C1-B的余弦值.6.(2021山东潍坊模拟)在四棱锥P-ABCD中,PA⊥平面ABCD,A

D∥BC,BC⊥CD,PA=AD=2,CD=1,BC=3,点M,N在线段BC上,BM=2MN=1,AN∩MD=E,Q为线段PB上的一点.(1)求证:MD⊥平面PAN;(2)若平面MQA与平面PAN所成锐二面角的余弦值为45,求直线MQ与平面ABCD所成角

的正弦值.45第2课时求空间角1.(1)证明∵在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥平面ABC,AB⊥BC,AA1=AB=BC=2,∴BC1⊥B1C,BB1⊥A1B1,A1B1⊥B1C1.∵BB1∩B1C1=B1,∴A1B1⊥平面BCC1B1.∵BC1⊂平面BC

C1B1,∴A1B1⊥BC1.∵A1B1∩B1C=B1,∴BC1⊥平面A1B1C.(2)解以B为原点,BC为x轴,BA为y轴,BB1为z轴,建立空间直角坐标系.B1(0,0,2),C(2,0,0),A1(0,2,2),B(0,0,0),𝐵1𝐶⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗=(2,0,-2),𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,-2,-2),设异面直线B1C与A1B所成角为θ,则cosθ=|𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵1𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐴1𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=4√8

×√8=12,又0≤θ≤π2,∴θ=π3.∴异面直线B1C与A1B所成角的大小为π3.2.解(1)连接BD.∵PD⊥底面ABCD,AM⊂底面ABCD,∴PD⊥AM.∵PB⊥AM,PB∩PD=P,∴AM⊥平面PBD,∴AM⊥BD,∴∠ADB+∠DAM=90°.又∠DAM

+∠MAB=90°,∴∠ADB=∠MAB,∴Rt△DAB∽Rt△ABM,∴𝐴𝐷𝐴𝐵=𝐵𝐴𝐵𝑀,∴12BC2=1,∴BC=√2.(2)如图,以D为原点,𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑃⃗⃗

⃗⃗⃗分别为x,y,z轴的正方向建立空间直角坐标系.可得A(√2,0,0),B(√2,1,0),M(√22,1,0),P(0,0,1),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,0,1),𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-

√22,1,0),𝐵𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√22,0,0),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-√2,-1,1).6设平面AMP的一个法向量为m=(x1,y1,z1),则{𝑚·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑚·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-√2𝑥

1+𝑧1=0,-√22𝑥1+𝑦1=0,令x1=√2,则y1=1,z1=2,可得m=(√2,1,2).设平面BMP的一个法向量为n=(x2,y2,z2),同理可得n=(0,1,1).则cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=3√7×√2=3√1414.设二面角A-PM-B的平

面角为θ,则sinθ=√1-cos2<𝑚,𝑛>=√1-914=√7014.3.(1)证明取ED的中点G,连接AG.因为AD=AB=ED,∠EAD=60°,所以△ADE是等边三角形,所以AG⊥ED.又因为平面ADE

⊥平面CDEF,且平面ADE∩平面CDEF=ED,所以AG⊥平面CDEF,所以AG⊥CD.因为CD⊥AD,AG∩AD=A,所以CD⊥平面ADE.又CD⊂平面ABCD,所以平面ADE⊥平面ABCD.(2)解取AD

的中点O,CB的中点H,连接OE,OH.由(1)可知,OE⊥平面ABCD,易知OE⊥OA,OA⊥OH,OE⊥OH,以OA所在直线为x轴,OH所在直线为y轴,OE所在直线为z轴建立空间直角坐标系.则O(0,0,0),H(0,2,0),C(-1,2,0),B(1,2,0),D(

-1,0,0),E(0,0,√3).从而𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-2,-2,0),𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,√3),𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(0,2,0).因为AB∥CD,CD⊂平面CDEF,AB⊄平面CDEF,所以A

B∥平面CDEF.又因为AB⊂平面ABEF,平面ABEF∩平面CDEF=EF,所以EF∥AB.所以𝐸𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=12𝑂𝐻⃗⃗⃗⃗⃗⃗.易知F(0,1,√3),所以𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1,-1,√3).设

平面BDE的法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛·𝐷𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=0,即{-2𝑥-2𝑦=0,𝑥+√3𝑧=0,取x=-√3,则y=√3,z=1,所以n=(-√3,√3,1).7设直线CF与平面BDE所成角为θ,所以sinθ=

|cos<𝐶𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,n>|=|-√3-√3+√3|√3+1+3×√1+3+1=√10535.所以直线CF与平面BDE所成角的正弦值为√10535.4.(1)证明以A为原点,AB,AD,AA1分别为x轴,y轴,z轴,建立

如图所示空间直角坐标系,则A(0,0,0),A1(0,0,2),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),C1(2,2,2),D1(0,2,2),因为E为棱BC的中点,F为棱CD的中点,所以E(2,

1,0),F(1,2,0),则𝐷1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,-2),𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,0),𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,1,-2).设平面A1EC1的一个法向量为m=(x1,y1,z1)

,则{𝑚·𝐴1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥1+2𝑦1=0,𝑚·𝐴1𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑥1+𝑦1-2𝑧1=0,令x1=2,则m=(2,-2,1).因为𝐷1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·m=2-2=0,所以𝐷1𝐹⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⊥m.因为D1F⊄平面A1EC1,所以D1F∥平面A1EC1.(2)解由(1)得,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,2,2),设直线AC1与平面A1EC1所成角为θ,则sinθ=|cos<m,𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗>|=𝑚·𝐴𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑚||𝐴𝐶1

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=23×2√3=√39.(3)解由正方体的特征可得,平面AA1C1的一个法向量为𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,-2,0),则cos<𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,m>=𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗·𝑚|𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝑚|=83×2√2=2√23,所

以二面角A-A1C1-E的正弦值为√1-cos2<𝐷𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝑚>=13.5.(1)证明因为BC=BB1,则四边形BB1C1C是菱形,B1C⊥BC1.又AO⊥平面BB1C1C,B1C⊂平面BB1C1C

,所以AO⊥B1C,AO∩BC1=O,AO,BC1⊂平面ABC1,所以B1C⊥平面ABC1,而AB⊂平面ABC1,所以AB⊥B1C.(2)解因为AO⊥平面BB1C1C,所以直线AB与平面BB1C1C所成角为∠ABO,即∠ABO=30°.因为四边形BCC1B1是菱形,又∠CBB1=60°,所以

OB=OC1=√3,OB1=1,所以以OB,OB1,OA为x轴,y轴,z轴建立如图所示空间直角坐标系,8则B(√3,0,0),C1(-√3,0,0),B1(0,1,0),A(0,0,1),A1(-√3,1,1),𝐴

1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(√3,0,-1),𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-√3,-1,0),设平面A1B1C1的一个法向量为n=(x,y,z),则{𝑛·𝐴1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√3𝑥-𝑧=0,𝑛·𝐵1𝐶1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-√3

𝑥-𝑦=0,取x=1,则n=(1,-√3,√3).由题知平面BCC1B1的一个法向量是m=(0,0,1),cos<m,n>=𝑚·𝑛|𝑚||𝑛|=√31×√7=√217.又二面角A1-B1C1-B是钝二面角,所以其余弦值为-√217.6.

(1)证明∵BC=3,BM=1,∴CM=2,AD=CM.∵AD∥CM,∴四边形AMCD为平行四边形.∵BC⊥CD,∴四边形AMCD为矩形.∵𝑀𝑁𝐴𝑀=𝐴𝑀𝐴𝐷=12,∴△AMN∽△DAM.∴∠AED=∠MAN+∠AME=∠ADM+∠AME=90°.∴MD

⊥AN.又PA⊥平面ABCD,∴PA⊥MD,AN∩PA=A,∴MD⊥平面PAN.(2)解如图建立空间直角坐标系,则M(1,0,0),A(0,0,0),P(0,0,2),N1,12,0,B(1,-1,0),Q(x,y,z),

𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(x-1,y+1,z),𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(-1,1,2).设𝐵𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=λ𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗,0≤λ≤1,则(x-1,y+1,z)=λ(-1,1,2),即{𝑥=1-𝜆,𝑦=

𝜆-1,𝑧=2𝜆,∴Q(1-λ,λ-1,2λ),则𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(-λ,λ-1,2λ),𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,0,0),𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(0,0,2),𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=1,12,0.9设平面MQA与平面PAN的一

个法向量分别为n1=(x1,y1,z1),n2=(x2,y2,z2),∴{𝑛1·𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛1·𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,则{-𝜆𝑥1+(𝜆-1)𝑦1+2𝜆𝑧1=0,𝑥1=0,故n1=(0,2λ,1-λ).{�

�2·𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=0,𝑛2·𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,则{2𝑧1=0,𝑥2+12𝑦2=0,故n2=(1,-2,0).设平面MQA与平面PAN所成锐二面角为θ,∴cosθ=𝑛1·𝑛2|𝑛1||𝑛2|=4𝜆√4𝜆2+(1-𝜆)2·√5=45,解得λ=12.此

时𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=-12,-12,1,平面ABCD的一个法向量n3=(0,0,1),∴sinα=𝑛3·𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝑛3||𝑀𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√63.∴直线MQ与平面ABCD所成角的正弦值为√63.