(新课标)2017高考数学大一轮复习第七章立体几何51空间角的求法课时作业理

＝02＝02业法1．福建卷平面四边形ABCD中AB＝＝1，ABBD⊥BD.eq\o\ac(△,将)沿BD折使得平面⊥面BCD如图．求：⊥若为AD中点直线AD与平面MBC所角．解：∵平面ABD⊥平面，面ABD平＝BD⊂，⊥，平.又CD⊂面，∴⊥.(2)过在面内作⊥BD如图．由知面BCD，⊂面，BD⊂面，∴⊥，⊥BD.以为坐原，以→BA→的方向x轴轴轴正方向建立空直坐系．依题意得B(0，0，(1，1，0)(0，1，0)，11A(0，1)，(0，，)，2211则BC＝(1，1，→，，，AD＝(0，1－1)．22设面MBC的向量＝(x，，)则即1＋z＝0取＝1得平面MBC的个量n，－1．设线AD与面MBC所角θ则＝n，AD→＝错!，6即线与平面所正弦值为32．广东卷如，角所在面方ABCD所的平垂直，＝＝，＝，＝3.是边中点，点F分在线段AB上且AF＝FB，＝2.证：⊥求面角－－的切；求线直线所角的余值．解(1)证明∵＝，为的点，∴⊥.又∵平面⊥面，平面∩面＝，∴⊥平面.又⊂面，∴⊥.(2)取AB点，连接EH由1)PE⊥，⊥，由于边ABCD为矩，以⊥，故、EC所直分别为轴y轴轴建空间直角坐标系．故PD＝，CD＝得＝(0，，，－3，，(3，，0)，PD→＝(0，－3－7)，→＝(3，，7)．设面个量为＝x，，)，，7＝0，则即，＝0，x＝0，解得－7.令＝，则＝(0，7，3)．而面的法量n＝，1)，设二面角AD平为由图知θ锐角，――|m·|37所以＝＝||·43(3)由(2)知＝，3，－，3，，(3，，0)，所以→＝(1，－，．设面直线与所成角为，→·→则＝|·3×＋－）×（2）5＝＝5×3．(2015·浙卷)，在三柱－B，∠BAC＝AB＝AA＝，底面的射影为的点是BC的点．(1)证明：D⊥平面BC(2)求面角－－的面角的余弦值．解(1)证：设为的中，连接，，，由题意得A⊥平面，以⊥.因为＝，所以BCE∩＝且AE，⊂面，故AE⊥面.由E分别为，点，得DE∥B且DE，从DE∥A且＝，所以为平行形．故∥AE.又为⊥平面BC，以面.33(2)以的点为点，别以射线，，EA为y，的半轴建立间直坐标系xyz，如图所示．由题意各点坐标如下A(00，(0，D－14)(－，2，．因为B＝(0，－BD＝－－，DB→＝(0，，0)．设面的一个法向量为(，)，平面BD的一个法向量为＝，)．0，－＝，由即，－14＝，可m＝，．0，，由即，－14＝，可n＝7，，1)．|·|于|cos〈，〉|＝||·||8由意可知，所求二面角的平面角是钝角，1故二角－－B的面的弦为－81．天津卷如图，在柱－BC，侧棱面，AC，＝，＝＝，＝＝点和N别为和D的．求：∥平面；求面角－AC－的弦值；1(3)设棱上点，若直线面所的角的正弦值为段A的·―10·―10长．解如图，以为原点建立空间直角坐标系，依题意可得，，，(0，，0)，C(2，，，(1，2，，(0，，2)(0，，2)，(2，，2)，D(1，－，．1又为分别为C和D的中点，得，．25(1)证明意得(0平面个量＝－02由此得→·＝，又为直线平面，以∥平面(2)→＝(1－，2)，＝，0)．设＝(，)为面的法向量，→＝0，，则即，不设z＝，可得＝，1)．设＝(，，)为平面的量，，则，＝0，又＝(0，2)，不设z＝，可得＝，－，1)．·10因有cos〈，〉＝＝－，|n|·|10310于sin〈，〉＝310所以，二面角－AC－的正值为(3)依意，设→＝B→，其中，，则(0，，2)，从而NE→＝－，＋2，．又＝(001)为平面的个向，由知，→·得〈→·〉＝|→|·||11＝＝，（－1）＋＋）＋13整得＋λ＝0，又为∈[0，，解得＝所以，段E的为．(2015·江苏卷)图，在四棱锥P－中，已⊥平ABCD，且形ABCDπ为直角梯形，∠ABC＝∠＝＝，＝＝2求面PAB与平面所二面的余值；点是线段上点当线与DP所成的角最段的．解以AB，→，正底如示空间直角坐标系Axyz，则点的坐标为(1，0，0)，(1，，，，，0)，(0，，2)．(1)因为⊥平面，所以→平PAB的一个法向，→＝，0)．因为→＝(1，，－2)＝(0，，－2)．设面PCD的法向量为(x，z)，则m·→＝，·PD＝0.0，即令＝解得＝，＝所以＝(1，，1)面PCD的一向．m3从cos〈→，〉＝＝，|m|33所以面PAB与面PCD所成二角的弦值为3(2)因为→＝(－，，2)，设BQ＝BP＝－，02)(0≤≤1)，又→＝(0，，0)，210210则→＝＋BQ＝(－，1，λ，又→＝，，2)，CQ→·→λ从而〈，DP→〉＝＝|CQ||→|10λ2设1＋