2018年高中数学黄金100题系列第65题空间角的计算理

求线段A*的长【答案】⑴见解析;(II)^■■'1010【答案】⑴见解析;(II)^■■'1010(III)<72.【解析】如图，以A为原点建立空间直角坐标系，依题意可得A(0,0,0)(0,1,0C,(2,0,0)D(1,2,0),MA1CMA1C，又因为M,N分别为B1C和D1D的中点，得M1,\1,N(1,2,1).DNDND0,0,2,0，(I)证明：依题意，可得n(0,0,1为平面ABCD的—个法向量，MN由此可得，MNn0,又因为直线MN平面ABCD，所以MN/平面ABCD

(II)2d；=(1-2.2)aJC=(2aOa0),设恳打為平面/CD]的法向量，则场-AD]=0上一1丿即AC=0场-AD]=0上一1丿即AC=0lx=\J设—…平面g的-个法强则將第:又丽巧,得y+2z=0—2归'不妨设归，可得吹0如貸-晋，于是筋丽)3^/10貸-晋，于是筋丽)3^/1010所以二面角D.-AC-B,的正弦值为零.(III)依题意，可设AE=XAB,其中Xg[0,1],则E(Q入2),从而NE=(-1,九+2,1),又n=(QQ1)111为平面ABCD的一个法向量，由已知得>>>—►cos[NE,n\=严*=1=1，整理得X2+4X-3=0，NE、.”(-1)2+(X+2)2+123►—►又因为XG[0,1]，解得X=、汀-2，所以线段AE的长为二7-2.【名师点睛】本题主要考查直线和平面平行和垂直的判定与性质，二面角、直线与平面所成的角，空间向量的应用.将立体几何向量化，体现向量工具的应用，即把几何的证明与计算问题转化为纯代数的计算问题是向量的最大优势，把空间一些难以想象的问题转化成计算问题，有效的解决了一些学生空间想象能力较差的问题.跟踪练习】1.【2017朝阳区校级期末】正方体ABCDAiBH中，直线叫与平面人叫所成角的正弦值为()答案】A

答案】A【解析】■.■△AiBCi是等边二角形：AiBi=BBi=BiCi・・・Ei在平面AiBCi上的射^AAiBCi的中心O,设正方体棱长为LA1C1的中点，则A1B-V2,.•.OB冷bm.•.OB冷bm冷严今二乎，・・・0呼汕时-0哄=今.•・sinZB]BO二字」乎，即BB与平面ABC所EE]成角的正弦值为¥，VDD#BB,.直线叫与平面ABC所成角的正弦值为故选：A.2.【2017临沂三模】已知边长为乩迈的正方形ABCD的四个顶点都在球心为O的球面上，若球O的体积为36n，则直线OA与平面ABCD所成的角的余弦值为(C•孚【答案】B【解析】设正方形ABCD的中心为M,连结OM,0A,则0M丄平面ABCD,•••Z0AM为OA与平面ABCD所成的角.设球的半径为r则=36n，解得r=3，即OA=3,.•・AM=2,.•.cosZOAM^^WI.故选：B.3.【2018大兴区一模】如图，正方体MADE的边长为2,B,C分别为AM,MD的中点，在五棱锥P-ABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱FD,PC分别交于G,H.1)求证：AB//FG；(2)若PA丄底面ABCDE,且PA=AE,求直线BC与平面ABF所成角的大小，并求线段PH的长.【答案】(1)详见解析；(2)2.【解析】(1)在正方形伽DE中，因为月是血f的中点，所以AB//DE,因対ABU平面PDE?所以.血#平面PDE,因为虫Su平面ABF,且平面ABFCI平面PDE=FG,所认ASHFG.(2)因为M丄底面ABCDE?所法皿丄£5,P且丄AE?如图建立空间直角坐标系A-xyz?则C(2丄0),/\030,2),F(0H)ic=(U0),设平面的F的法向量为・=(x$zh则］■•应=0,gpf=0八，令g=］，贝=(o-i.i),=0卜+"°设直线BC与平面ABF所成的角为皿则©氐斗cox丄旋＞1=|B，jgC|=Z、因此直线EC与平面血F所成的角为2,6设点H(u,v,w)，因为点H在棱PC上，所以可设PH=XPC(0＜九＜1),即(u,v,w—2)=X(2,1,—2)，所以u=2九,v=X,w=2—2九,因为向量n是平面ABF的法向量，所以n•AH=0,2422即(0,—1,1)•(2X,X,2-2九)=0，解得X=3，所以点H的坐标为(3,3,3)'考向3二面角【例1】【2017山东理17】如图，几何体是圆柱的一部分，它是由矩形ABCD（及其内部）以AB边所在直线为旋转轴旋转120°得到的，G是DF的中点.（I）设P是CE上的一点，且AP丄BE，求ZCBP的大小;(II)60(II)60°.求二面角E-AG-C的大小.【解析】试题分析：（I）利用廿丄号E,曲丄皿，证得BE±平面ABF,利用円尸u平面ABF,得到BE丄结合ZEBC=120°可得ZCBP（ID两种思路，一是几何法，二是空间向量方法，其中思路一：取EC的中点连接血GH,Cff一得四边形BEHC为菱形,得到血=GE=AC=GC=^+±=y/H.取AG中点M，连接EM，CM，EC.得到EM丄AG，CM丄AG，从而ZEMC为所求二面角的平面角•据相关数据即得所求的角.思路二：以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系•写出相关点的坐标，求平面AEG的一个法向量m二q,yi，卩m-n1平面ACG的一个法向量n二（X2,y2,孝，计算C0S<m，n>=而而=2即得.试题解析：（I）因为AP丄BE，AB丄BE，AB，APu平面ABP，ABp|AP二A,所以BE丄平面ABP，又BPu平面ABP，所以BE丄BP，又ZEBC=120°，因此ZCBP=30°（II）解法一：

山D取EC的中点H，连接EH,GH,CH.因为ZEBC=120。，所以四边形BEHC为菱形,所以AE=GE=AC=GC=(32+22=J13.取AG中点M，连接EM,CM,EC.则EM丄AG,CM丄AG,所以ZEMC为所求二面角的平面角.又AM=1，所以EM=CM=\；'13-1=2、亦.在ABEC中，由于ZEBC=120。，由余弦定理得EC2=22+22-2x2x2xcos120。=12，所以EC=2屈，因此AEMC为等边三角形，故所求的角为60。.解法二：4D以B为坐标原点，分别以BE，BP，BA所在的直线为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系.由题意得A(0,0,3)E(2,0,0)，G(1,J3,3)，C(-1,菽0)，故AE=(2,0,-3)，AG=(1嬴0)，CG二(2,0,3),m-AE=0〔2x-3z=0,设m=(x,y,z)是平面AEG的一个法向量•由<可得｛1-1111m-AG=0Ix+^J3y=0,Jvii取z=2，可得平面AEG的一个法向量m（3,-j3,2L1设n=(x,y,z)是平面ACG的一个法向量.222x+空3y=0,222x+3z=0,22取z=二2，可得平面ACG的一个法向量n=(3,-J3,-2).2m-n1“c所以cos<m,n>==尺.因此所求的角为60.ImI-1nI2【名师点睛】此类题目是立体几何中的常见问题.解答本题，关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，明确角的构成.立体几何中角的计算问题，往往可以利用几何法、空间向量方法求解，应根据题目条件，灵活选择方法.本题能较好的考查考生的空间想象能力、逻辑推理能力\转化与化归思想及基本运算能力等.【例2】【2016高考新课标1卷】如图，在以A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中，面ABEF为正方形,AF=2FD,ZAFD=90,且二面角D-AF-E与二面角C-BE-F都是60.OO（I）证明：平面ABEF丄平面EFDC；【答案】（I）见解析（II）

【解析】分析：(I)先证明AF丄平面EFDC,结合AFu平面ABEF,可得平面ABEB丄平面EFDC・(II)建立空间坐标系'分别求出平面BCE的法向量m及平面BCE的法向量n，再利用cos=求二面角一试题解析：⑴由已知可得AF丄DF,AF±FE,mAF±平面EFDC・又AFu平面ABEp故平面ABEF丄平面EFDC・(II)过D作DG±EF,垂足为＜1,由⑴知DG丄平面ABEF・以G为坐标園轧丽的方向如轴正方向「阿为单位长度「建立如團所示的空间直角坐标系G-砂由⑴知NDFE为二面角D-AF-E的平面角ZDFE=|DF|=2,|DG|=3得A(i.4a0)7B(-3a410),E(-3a010)TD(0a0Jv5)-由已知，AB//EF，所以AB//平面EFDC.又平面ABCD门平面EFDC=DC，故AB//CD,CD//EF.

由BE//AF，可得BE丄平面EFDC,所以ZCEF为二面角C-BE-F的平面角,【例3】【2018佛山模拟】如图2，三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所在的平面垂直，PD=PC=4，AB=6，BC=3.点E是CD边的中点，点F、G分别在线段AB、BC上，且AF=2FB，CG=2GB．ZCEF=60ZCEF=60.从而可得CV2,0,EB=(0,4,0),AC=C,-4,、汙),AB=(-4,0,0).设n二tX,设n二tX,y,z)是平面BlE的法向量，厕;n-EC=0x+池;3z=0,即\n-EB=0〔4y=0所以可取n=G,。,m-AC=0设m是平面ABCD的法向量，则＜m-AB=0(0^-3,4)贝ycos(0^-3,4)贝ycos：：n,m；n-m=2/9|n|m19同理可取m=(1)证明：PE丄FG；(2)求二面角P-AD(2)求二面角P-AD-C的正切值;(3)求直线PA与直线FG所成角的余弦值.答案】(1)见解析;(2)~253)【解析】(1)证明：T且点E対CD的中点…I拠丄QC,又平面PDC1.平面ABCD?且平面PDCf］平面ABCD=CD?平面0迟丄平面ABCD?又阳u平面ABCD?.IPE丄FG\PDC丄ABCD平面PDCP|且平面平面ABCDPDC丄ABCD平面PDCP|且平面平面平面AD丄平面PCDCD，又PDuPDC平面AD丄AD丄DCAD丄PDZPDCP—AD—C即为二面角的平面角，RtAPDE中，PD=4DE=1AB=3PE=、'PD2-DE2=\72tanZPDC=PE—护~DE-丁即二面角P-AD-C3的正切值为⑶如下图所示」连接AC,TAF=2FB?CG=2GBg卩竺=—=2,FB(jBJ.ACHFG,A8C対直线胆与直线朋所成角或其补角,在APAC中」PA=-jPD2+AD2=5,AC=^AD2+CD2=3^/i；PA2+AC2-PC2PA2+AC2-PC2PAFG・・・直线与直线所成角的余弦值为252PA-AC-429后~25跟踪练习】1．【2018湖南师大附中模拟】如图6,四棱柱ABCD-ABCD的所有棱长都相1111等，AC^BD二O,ACBD二O,四边形ACCA和四边形BDDB为矩形.liiii1111⑴证明：°1°丄底面ABCD⑵若ZCBA=600,求二面角C1-OB1-D的余弦值.答案】(1)详见解析(2)2+5719【解析】(1)证明丁「四棱柱^BCD-佔的所有棱长都相等-■四边形应仞和四边形45GQ均为菱形VdCClBD=0,4Qn场Q=Q…。Q分别为BD,耳Q中点v四边形ACC.A,和四边形EDD且为矩形/.OOJ!CC』BB\PCGYAC:BBXYBD,:.001丄BD,001丄/C又-ACC\BD=0且ACZBD匚底面ABCD,:.001丄底面ABCD.⑵法1::过01作By的垂线交By于点H，连接H0,年•不妨设四棱柱ABCD-A’BqO’的边长为2a.00丄底面ABCD且底面ABCD//面ABCD11111••00丄面ABCD，又0C匸面ABCD111111111110C丄00T四边形ABCD为菱形•••0C丄0B11iliii1111又0C丄00且00Q0C=0,00,0B匸面0BD1111111111111••0C丄面0BD，又B0匸面0BD，B0丄0C11111111又B0丄0H且0CQ0H=0,0C,0H匸面0HC0H=—1—0H=—1—HC1B0丄面0HC，111Z0HC为二面角C-0B-B0丄面0HC，111111111ZCBA=600且四边形ABCD为菱形

OC=a,BO=\/3a,00—2a,BO—\：BO2+002—^7a,11111i'ii1OO2a2\:21iBO*3a7a—丁a再由AO1£的勾股定理可得HC1—JOH2再由AO1£的勾股定理可得HC1—JOH2+OC2—111；12a2+a2■7则cosZOHC11OH—―1—HC1込a72面19所以二面角C1-OB1-D的余弦值为2*5719法2:因为四棱柱ABCD-ABCD的所有棱长都相等，所以四边形ABCD是菱形，1111因此AC丄BD，又OO丄面ABCD,从而0B,0C,00两两垂直,如图以O为坐标11原点，OB,OC,OO所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立三维直角坐标系，不妨设AB—2，因为1ZCBA—600,所以OB—桓,OC—1,于是各点的坐标为：O（0,0,0）,BC3,0,2）,C（0,1,2）,已知11n—（0,1,0）是平面BDDB的一个法向量，设n—（x,y,z）是平面OBC的一个法向量，则111211上代-°,障+2z-0，取z=^3，则x-2,y-2苗,—0卜+2z—0所以n2,2,cos0—cos所以n2,2,cos0—cos<n,n122丙192/57故二面角C1-件-D的余弦值为计.2.【2016高考新课标2理数】如图，菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,AB—5,AC—6,点E,F分别在AD,CD上,AE-CF-4,EF交BD于点H.

将ADEF沿EF折到AD'EF位置，OD'=丽.（I）证明：D'H丄平面ABCD；（II）求二面角B—D'A—C的正弦值.【答案】（I）【答案】（I）详见解析；（II）罟5【解析】⑴由已知得ACYBD?AD=CD?又由AE=CF得竽二冬，故AC//EF.ADCD因此丽丄HD?从而EF±DrH.^AB=S,AC=6得门0=加=如—0丄=斗.^£F//AC得篇二隽冷臟㈣“于是—DH+曲T+410"代故DrH±OH^DrH丄EF,而OHcEF=H,所以丄平面ABCD-（II）如图，以H为坐标原点，HF的方向为x轴的正方向，建立空间直角坐标系H-xyz,则H（0,0,0），A（-3,-2,0），B_（0^-5,0）,C（3,-1,0）,D，（0,0,3），AB=（3,-4,0），AC=（6,0,0）,AD'_（3丄3）.设m_AD'_（3丄3）.设m_（x1，y1，z1）是平面ABD的法向量,m-AB=0m-AD'=03x—4y_011—，所以3x+y+3z_0111可以取m_（4,3,-5）.设n_（x2,y2,z2）是平面ACD'的法向量，则fn-AC=0，即fn-AD'=06x=02，3x+y+3z=0'222所以可以取n=（0,-3,1）.于是COSNm,n>__Iml-1nI<50x.币252府sin<m,n>=.因止匕25面角B-D'A-C的正弦值是2295-3.【2017北京理16】如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD丄平面ABCD,点M在线段PB上,PD//平面MAC,PA=PD=l6,AB=4.（I）求证：M为PB的中点；（II）求二面角B-PD-A的大小；（III）求直线MC与平面BDP所成角的正弦值.【解析】分析：（I）设交点为E,连接ME,因为线面平行，他"平面倔C,根据性质定理,可知线线平行，即PDHME,E为BD的中点，所以蕨为PB的中点讥II）因为平面PAD丄平面ABCD,PA=PD?所以取AD的中点O为愿点建立如圄空间直角坐标系,根据向量法先求两平面的法向量，茹和3,再根据公式，求二面角的大小，（111）根据（II）的结论，直接求.解析：解：（I）设AC,BD交点为E，连接ME•因为PD〃平面MAC,平面MACp|平面PBD=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.（II）取AD的中点O，连接OP,OE.因为PA=PD，所以OP丄AD.又因为平面PAD丄平面ABCD，且OPu平面PAD，所以OP丄平面ABCD.因为OEu平面ABCD，所以OP丄OE.因为ABCD是正方形，所以OE丄AD.

如图建立空间直角坐标系O—xyz，则P(0,0,\；'2),D(2,0,0),B(—2,4,0),BD=(4,—4,0),PD=(2,0,£2).n-BD=0[4x—4y=0设平面BDP的法向量为n=(x,y,z)，则｛，即｛厂n-PD=0[2x—42z=0令x—1，则y=1,z=\：2.于是n=(1，1,v，2)n-pInIIpI由题知二面角B—PD—A为锐角，所以它的大小为3.(III)由题意知M(—1,2,D(2,4,0)，设直线MC与平面BDP所成角为，则sin=n-pInIIpI由题知二面角B—PD—A为锐角，所以它的大小为3.(III)由题意知M(—1,2,D(2,4,0)，设直线MC与平面BDP所成角为，则sin=|cos<n,MC>|=黑吕=竽所以直线MC与平面BDP所成角的正弦值为冷6.【2017天津理17】如图，在三棱锥P-ABC中，PA丄底面ABC,ZBAC=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.(Ill)已知点H(Ill)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为21，求线段AH的长.【