《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 立體幾何 第3講 空間角學案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 立體幾何 第3講 空間角學案（26頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題二 立體幾何 第3講 空間角學案 [考情考向分析]　以空間幾何體為載體考查空間角是高考命題的重點，熱點為異面直線所成的角、直線與平面所成的角和二面角的求解，向量法作為傳統(tǒng)幾何法的補充，為考生答題提供新的工具． 熱點一　異面直線所成的角 (1)幾何法：按定義作出異面直線所成的角(即找平行線)，解三角形． (2)向量法：設直線l，m的方向向量分別為a＝(a1，b1，c1)，b＝(a2，b2，c2)．設l，m的夾角為θ，則cos θ＝＝. 例1　(1)(2018·全國Ⅱ)在長方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，則異面直線

2、AD1與DB1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　如圖，在長方體ABCD－A1B1C1D1的一側補上一個相同的長方體A′B′BA－A1′B1′B1A1.連接B1B′，由長方體性質(zhì)可知，B1B′∥AD1，所以∠DB1B′為異面直線AD1與DB1所成的角或其補角．連接DB′，由題意，得DB′＝＝，B′B1＝＝2，DB1＝＝. 在△DB′B1中，由余弦定理，得 DB′2＝B′B＋DB－2B′B1·DB1·cos∠DB1B′， 即5＝4＋5－2×2cos∠DB1B′，∴cos∠DB1B′＝. 故選C. 方法二　如圖，以點D為坐標原點，分別

3、以DA，DC，DD1所在直線為x，y，z軸建立空間直角坐標系D－xyz. 由題意，得A(1,0,0)，D(0,0,0)， D1(0,0，)，B1(1,1，)， ∴＝(－1,0，)， ＝(1,1，)， ∴·＝－1×1＋0×1＋()2＝2， ||＝2，||＝， ∴cos〈，〉＝＝＝. 故選C. (2)(2018·浙江省杭州二中月考)已知異面直線a，b所成的角為50°，過空間一定點P最多可作n條直線與直線a，b均成θ角，則下列判斷不正確的是(　　) A．當θ＝65°時，n＝3 B．當n＝1時，θ只能為25° C．當θ＝30°時，n＝2 D．當θ＝75°時，n＝4

4、答案　B 解析　將空間直線平移，異面直線的夾角不變，則可將異面直線a，b平移到同一平面α內(nèi)，使得點P為平移后的直線a′，b′的交點，則當0°≤θ<25°時，n＝0；當θ＝25°時，n＝1，此時該直線為直線a′，b′所成銳角的角平分線所在的直線；當25°<θ<65°時，n＝2，此時這兩條直線在平面α內(nèi)的投影為直線a′，b′所成銳角的角平分線所在的直線；當θ＝65°時，n＝3，此時其中兩條直線在平面α內(nèi)的投影為直線a′，b′所成銳角的角平分線所在的直線，另一條直線為直線a′，b′所成鈍角的角平分線所在的直線；當65°<θ<90°時，n＝4，此時其中兩條直線在平面α內(nèi)的投影為直線a′，b′所成銳角

5、的角平分線所在的直線，另外兩條直線在平面α內(nèi)的投影為直線a′，b′所成鈍角的角平分線所在的直線；當θ＝90°時，n＝1，此時直線為過點P且與平面α垂直的直線．綜上所述，B選項的說法錯誤，故選B. 思維升華　(1)運用幾何法求異面直線所成的角一般是按找—證—求的步驟進行． (2) 兩條異面直線所成的角α不一定是直線的方向向量的夾角β，即cos α＝|cos β|. 跟蹤演練1　(2018·浙江省衢州二中模擬)如圖，已知等腰三角形ABC中，AB＝AC，O為BC的中點，動點P在線段OB上(不含端點)，記∠APC＝θ，現(xiàn)將△APC沿AP折起至△APC′，記異面直線BC′與AP所成的角為α，則下列

6、結論一定成立的是(　　) A．θ>α B．θ<α C．θ＋α> D．θ＋α< 答案　A 解析　設＝λ， 則cos θ＝＝＝ ＝， 因為cos α＝＝， 且·＝·， ||＋||＝||＋||>||， 所以cos θα，故選A. 熱點二　直線與平面所成的角 (1)幾何法：按定義作出直線與平面所成的角(即找到斜線在平面內(nèi)的投影)，解三角形． (2)向量法：設直線l的方向向量為a＝(a1，b1，c1)，平面α的法向量為μ＝(a2，b2，c2)，設直線l與平面α的夾角為θ，則sin θ＝＝|cos〈a，μ〉|. 例2　(2018

7、·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)在如圖所示的幾何體中，平面DAE⊥平面ABCD，四邊形ABCD為等腰梯形，四邊形DCFE為菱形．已知AB∥CD，∠ABC＝60°，CD＝AB＝1. (1)線段AC上是否存在一點N，使得AE∥平面FDN？證明你的結論； (2)若線段FC在平面ABCD上的投影長度為，求直線AC與平面ADF所成角的正弦值． 解　(1)在線段AC上存在點N，使得AE∥平面FDN，且N是AC的中點． 如圖，取AC的中點N，連接NF，DN，連接EC交DF于點O，連接ON. ∵四邊形CDEF為菱形， ∴O為EC的中點． 在△ACE中，由中位線定理可得ON∥AE. ∵ON?平面

8、FDN，AE?平面FDN，∴AE∥平面FDN， ∴在線段AC上存在點N，使得AE∥平面FDN，且N是AC的中點． (2)方法一　∵DE∥CF， ∴DE在平面ABCD上的投影長度為， 過點E作EO⊥AD于點O， ∵平面DAE⊥平面ABCD，且平面DAE∩平面ABCD＝AD，EO?平面DAE， ∴EO⊥平面ABCD，則OD＝， ∵在等腰梯形ABCD中，由已知易得AD＝BC＝1， ∴點O為線段AD的中點． 設點C到平面FDA的距離為h， ∵VC－FDA＝VF－ADC， ∴h·S△FDA＝EO·S△ADC， 易知S△ADC＝，EO＝， 取AB的中點M，連接CM，取CM的中點P

9、，連接AP，DP，F(xiàn)P，OP. ∵O，P分別為AD，MC的中點，AM∥DC∥EF，且AM＝DC＝EF，∴OP∥EF且OP＝EF， ∴四邊形OPFE為平行四邊形，∴OE∥FP，OE＝FP， ∴FP⊥平面ABCD. 易求得AP＝，DP＝FP＝， ∴AF＝，DF＝， ∴DF2＋AD2＝AF2，∴△ADF為直角三角形， ∴S△FDA＝.∴h＝＝＝. 設直線AC與平面FDA所成的角為θ， 在△ADC中，易得AC＝，則sin θ＝＝. 方法二　∵DE∥CF， ∴DE在平面ABCD上的投影長度為， 過點E作EO⊥AD于點O， ∵平面DAE⊥平面ABCD，且平面DAE∩平面ABC

10、D＝AD，EO?平面DAE. ∴EO⊥平面ABCD，則OD＝， ∵在等腰梯形ABCD中，由已知易得AD＝BC＝1. ∴點O為線段AD的中點． 以O為原點，OE所在直線為z軸，過O且平行于DC的直線為y軸，過O且垂直于yOz平面的直線為x軸建立空間直角坐標系，易得x軸在平面ABCD內(nèi)． 可得A，C，D，E， ∴＝，＝， ＝＋＝＋＝＋(0,1,0)＝. 設平面ADF的法向量為n＝(x，y，z)， 則得 令x＝1，得平面ADF的一個法向量為 n＝(1，，－2)． 若直線AC與平面ADF所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝. 思維升華　(1)運用幾何法求

11、直線與平面所成的角一般是按找——證——求的步驟進行． (2)直線和平面所成角的正弦值等于平面法向量與直線方向向量夾角的余弦值的絕對值，注意所求角和兩向量夾角間的關系． 跟蹤演練2　(2018·杭州質(zhì)檢)如圖，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，∠A＝120°，M為線段BC的中點，D為線段BC上一點，且BD＝BA，沿直線AD將△ADC翻折至△ADC′，使AC′⊥BD. (1)證明：平面AMC′⊥平面ABD； (2)求直線C′D與平面ABD所成的角的正弦值． (1)證明　因為△ABC為等腰三角形，M為BC的中點， 所以AM⊥BD， 又因為AC′⊥BD，AM∩AC′＝A，AM，AC′

12、?平面AMC′， 所以BD⊥平面AMC′， 因為BD?平面ABD，所以平面AMC′⊥平面ABD. (2)解　在平面AC′M中，過C′作C′F⊥AM交直線AM于點F，連接FD. 由(1)知，平面AMC′⊥平面ABD， 又平面AMC′∩平面ABD＝AM，C′F?平面AMC，所以C′F⊥平面ABD. 所以∠C′DF為直線C′D與平面ABD所成的角． 設AM＝1，則AB＝AC＝AC′＝2，BC＝2， MD＝2－，DC＝DC′＝2－2，AD＝－. 在Rt△C′MD中， MC′2＝DC′2－MD2＝(2－2)2－(2－)2＝9－4. 設AF＝x，在Rt△C′FA和Rt△C′FM中

13、，AC′2－AF2＝MC′2－MF2，即4－x2＝9－4－(x－1)2， 解得x＝2－2，即AF＝2－2. 所以C′F＝2. 故直線C′D與平面ABD所成的角的正弦值等于 ＝. 熱點三　二面角 二面角有兩種求法：①幾何法：利用定義作出二面角的平面角，然后計算． ②向量法：利用兩平面的法向量．設平面α，β的法向量分別為μ＝(a3，b3，c3)，v＝(a4，b4，c4)，設二面角α—a—β的平面角為θ(0≤θ≤π)，則|cos θ|＝＝|cos〈μ，v〉|. 例3　如圖，在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝4，點E在線段AD上且AE＝3，現(xiàn)分別沿BE，CE所在的直線將△ABE，△DC

14、E翻折，使得點D落在線段AE上，則此時二面角D－EC－B的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　D 解析　如圖1所示，連接BD，設其與CE的交點為H，由題意易知BD⊥CE.翻折后如圖2所示，連接BD， 圖1　　　　　　　　　　圖2 則在圖2中，∠BHD即為二面角D－EC－B的平面角， 易求得BD＝2，DH＝，BH＝， 所以cos∠DHB＝＝， 故選D. 思維升華　(1)構造二面角的平面角的方法(幾何法)： 根據(jù)定義；利用二面角的棱的垂面；利用兩同底等腰三角形底邊上的兩條中線等． (2)向量法：根據(jù)兩平面的法向量． 跟蹤演練3　(2018·紹興質(zhì)

15、檢)已知四面體SABC中，二面角B－SA－C，A－SB－C，A－SC－B的平面角的大小分別為α，β，γ，則(　　) A.<α＋β＋γ<π B.<α＋β＋γ<2π C．π<α＋β＋γ<3π D．2π<α＋β＋γ<3π 答案　C 解析　設三棱錐的頂點S距離底面ABC無窮遠，則三棱錐S－ABC近似為以△ABC為底面的三棱柱，此時二面角的平面角α，β，γ等于三角形ABC的三個內(nèi)角；若頂點S與底面ABC的距離趨向于0，則三棱錐S－ABC近似壓縮為四頂點共面，則當S為△ABC內(nèi)一點時，二面角的平面角α，β，γ的大小都為π，因此α＋β＋γ∈(π，3π)，故選C. 真題體驗 1．(2017

16、·全國Ⅲ)a，b為空間中兩條互相垂直的直線，等腰直角三角形ABC的直角邊AC所在直線與a，b都垂直，斜邊AB以直線AC為旋轉(zhuǎn)軸旋轉(zhuǎn)，有下列結論： ①當直線AB與a成60°角時，AB與b成30°角； ②當直線AB與a成60°角時，AB與b成60°角； ③直線AB與a所成角的最小值為45°； ④直線AB與a所成角的最大值為60°. 其中正確的是________．(填寫所有正確結論的編號) 答案?、冖? 解析　依題意建立如圖所示的空間直角坐標系，設等腰直角三角形ABC的直角邊長為1. 由題意知，點B在平面xOy中形成的軌跡是以C為圓心，1為半徑的圓． 設直線a的方向向量為a＝(0

17、,1,0)，直線b的方向向量為b＝(1,0,0)，以Ox軸為始邊沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)的旋轉(zhuǎn)角為θ，θ∈， 則B(cos θ，sin θ，0)， ∴＝(cos θ，sin θ，－1)，||＝. 設直線AB與a所成的角為α， 則cos α＝＝|sin θ|∈， ∴45°≤α≤90°，∴③正確，④錯誤； 設直線AB與b所成的角為β， 則cos β＝＝|cos θ|. 當直線AB與a的夾角為60°，即α＝60°時， |sin θ|＝cos α＝cos 60°＝， ∴|cos θ|＝，∴cos β＝|cos θ|＝. ∵45°≤β≤90°，∴β＝60°， 即直線AB與b的夾角為60°

18、. ∴②正確，①錯誤． 2．(2017·浙江改編)如圖，已知正四面體D—ABC(所有棱長均相等的三棱錐)，P，Q，R分別為AB，BC，CA上的點，AP＝PB，＝＝2，分別記二面角D—PR—Q，D—PQ—R，D—QR—P的平面角為α，β，γ，則α，β，γ的大小關系為________． 答案　α<γ<β 解析　如圖①，作出點D在底面ABC上的射影O，過點O分別作PR，PQ，QR的垂線OE，OF，OG，連接DE，DF，DG，則α＝∠DEO，β＝∠DFO，γ＝∠DGO. 由圖可知，它們的對邊都是DO， ∴只需比較EO，F(xiàn)O，GO的大小即可． 　 如圖②，在AB邊上取點P′，使AP′

19、＝2P′B，連接OQ，OR，則O為△QRP′的中心． 設點O到△QRP′三邊的距離為a，則OG＝a， OF＝OQ·sin∠OQFOR·sin∠ORP′＝a， ∴OF

20、1＝2，AA1⊥AB，BB1⊥AB，得AB1＝A1B1＝2， 所以A1B＋AB＝AA， 故AB1⊥A1B1. 由BC＝2，BB1＝2，CC1＝1，BB1⊥BC，CC1⊥BC， 得B1C1＝. 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，得AC＝2. 由CC1⊥AC，得AC1＝， 所以AB＋B1C＝AC， 故AB1⊥B1C1. 又因為A1B1∩B1C1＝B1，A1B1，B1C1?平面A1B1C1， 因此AB1⊥平面A1B1C1. (2)解　如圖，過點C1作C1D⊥A1B1，交直線A1B1于點D，連接AD. 由AB1⊥平面A1B1C1， 得平面A1B1C1⊥平面ABB1.

21、 由C1D⊥A1B1，平面A1B1C1∩平面ABB1＝A1B1，C1D?平面A1B1C1，得C1D⊥平面ABB1. 所以∠C1AD即是直線AC1與平面ABB1所成的角． 由B1C1＝，A1B1＝2，A1C1＝， 得cos∠C1A1B1＝，sin∠C1A1B1＝， 所以C1D＝， 故sin∠C1AD＝＝. 因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是. 方法二　(1)證明　如圖，以AC的中點O為原點，分別以射線OB，OC為x，y軸的正半軸，建立空間直角坐標系O－xyz. 由題意知各點坐標如下： A(0，－，0)，B(1,0,0)，A1(0，－，4)，B1(1,0,2)，C

22、1(0，，1)． 因此＝(1，，2)，＝(1，，－2)，＝(0,2，－3)． 由·＝0，得AB1⊥A1B1. 由·＝0，得AB1⊥A1C1. 又A1B1∩A1C1＝A1，A1B1，A1C1?平面A1B1C1， 所以AB1⊥平面A1B1C1. (2)解　設直線AC1與平面ABB1所成的角為θ. 由(1)可知 ＝(0,2，1)，＝(1，，0)，＝(0,0,2)． 設平面ABB1的一個法向量為n＝(x，y，z)． 由得 可取n＝(－，1,0)． 所以sin θ＝|cos〈，n〉|＝＝. 因此直線AC1與平面ABB1所成的角的正弦值是. 押題預測 如圖所示，在四棱錐S－A

23、BCD中，底面ABCD是矩形，SA⊥底面ABCD，E，F(xiàn)分別為線段AB，SD的中點． (1)證明：EF∥平面SBC； (2)設SA＝AD＝2AB，試求直線EF與平面SCD所成角的正弦值． 押題依據(jù)　定義法求直線與平面所成的角的關鍵是利用直線與平面所成角的定義去構造一個直角三角形，通過解三角形的知識求角．方法一求解第(2)問的關鍵是構造三角形，證明∠AFE為直線EF與平面SCD所成角的余角． (1)證明　方法一　如圖，過點E作EG∥SB，交SA于點G，連接GF. 因為E為AB的中點，所以G為SA的中點， 又F為SD的中點， 所以GF∥AD， 所以GF∥BC，又BC?平面S

24、BC，GF?平面SBC， 所以GF∥平面SBC. 因為GE∥SB，SB?平面SBC，GE?平面SBC， 所以GE∥平面SBC， 又GE∩GF＝G，GE，GF?平面GEF， 所以平面GEF∥平面SBC， 又EF?平面GEF，所以EF∥平面SBC. 方法二　取SC的中點H，連接FH，BH，因為F是SD的中點，所以FH∥CD，F(xiàn)H＝CD， 又CD∥AB，CD＝AB，點E是AB的中點，所以FH∥BE，F(xiàn)H＝BE，所以四邊形EFHB是平行四邊形， 所以EF∥BH， 又BH?平面SBC，EF?平面SBC，所以EF∥平面SBC. (2)解　方法一　如圖，連接AF. 因為SA＝

25、AD，SA⊥AD， 所以AF⊥SD. 因為SA⊥平面ABCD， 所以SA⊥CD. 因為AD⊥CD，SA∩AD＝A，SA，AD?平面SAD， 所以CD⊥平面SAD， 因為AF?平面SAD，所以CD⊥AF， 又SD∩CD＝D，SD，CD?平面SCD， 所以AF⊥平面SCD. 所以∠AFE即為直線EF與平面SCD所成角的余角． 令SA＝AD＝2AB＝4， 則AE＝1，AF＝2，所以EF＝3. 設直線EF與平面SCD所成的角為θ， 則sin θ＝sin＝cos∠AFE＝＝. 所以直線EF與平面SCD所成角的正弦值為. 方法二　因為四邊形ABCD是矩形，SA⊥底面ABCD，

26、 所以直線AB，AD，AS兩兩垂直． 以A為坐標原點，AB，AD，AS所在的直線分別為x軸，y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A－xyz. 設SA＝AD＝2AB＝4， 則S(0,0,4)，C(2,4,0)，D(0,4,0)，E(1,0,0)，F(xiàn)(0,2,2)． 所以＝(－1,2,2)，＝(0,4，－4)，＝(2,0,0)． 設平面SCD的法向量為a＝(x，y，z)， 則 取y＝1，所以a＝(0,1,1)是平面SCD的一個法向量． 設直線EF與平面SCD所成的角為θ， 所以sin θ＝＝＝. 所以直線EF與平面SCD所成角的正弦值為. A組　專題通關 1．(

27、2017·全國Ⅱ)已知直三棱柱ABCA1B1C1中，∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1，則異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　方法一　將直三棱柱ABC－A1B1C1補形為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1，如圖①所示，連接AD1，B1D1，BD. 圖① 由題意知∠ABC＝120°，AB＝2，BC＝CC1＝1， 所以AD1＝BC1＝，AB1＝，∠DAB＝60°. 在△ABD中，由余弦定理知BD2＝22＋12－2×2×1×cos 60°＝3，所以BD＝，所以B1D1＝. 又AB1與AD1所成的角即為AB1與B

28、C1所成的角θ， 所以cos θ＝＝＝. 故選C. 方法二　以B1為坐標原點，B1C1所在的直線為x軸，垂直于B1C1的直線為y軸，BB1所在的直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖②所示． 圖② 由已知條件知B1(0,0,0)，B(0,0,1)，C1(1,0,0)，A(－1，，1)，則＝(1,0，－1)，＝(1，－，－1)． 所以cos〈，〉＝＝＝. 所以異面直線AB1與BC1所成角的余弦值為. 故選C. 2．(2018·嘉興、麗水模擬)已知兩個平面α，β和三條直線m，a，b，若α∩β＝m，a?α且a⊥m，b?β，設α和β所成的一個二面角的大小為θ1，直線a和平面β所成的角

29、的大小為θ2，直線a，b所成的角的大小為θ3，則(　　) A．θ1＝θ2≥θ3 B．θ3≥θ1＝θ2 C．θ1≥θ3，θ2≥θ3 D．θ1≥θ2，θ3≥θ2 答案　D 解析　當平面α與平面β所成的二面角為銳角或直角時，θ1＝θ2，當平面α與平面β所成的二面角為鈍角時，θ2為θ1的補角，則θ1>θ2，綜上所述，θ1≥θ2，又由最小角定理得θ3≥θ2，故選D. 3．如圖，正四棱錐P－ABCD.記異面直線PA與CD所成的角為α，直線PA與平面ABCD所成的角為β，二面角P－BC－A的平面角為γ，則(　　) A．β<α<γ B．γ<α<β C．β<γ<α D．α<β<

30、γ 答案　C 解析　如圖，過點P作PO⊥平面ABCD，則O為正方形ABCD的中心．連接AO，并過O點作OE⊥BC，交BC于點E，連接PE. ∵AB∥DC，∴異面直線PA與CD所成的角就是∠PAB，而AO為PA在平面ABCD上的投影，∴∠PAO為PA與平面ABCD所成的角． ∴∠PAB>∠PAO. 又OE⊥BC，PO⊥BC，OE與PO相交于點O， ∴BC⊥平面POE，∴PE⊥BC， 因此∠PEO為二面角P－BC－A的平面角． ∵OEtan∠PAO， ∴∠PEO>∠PAO. 又∠PAB＝∠PBE，cos∠PBE＝，cos∠PEO＝， ∵OE＝BE

31、，PE∠PEO， 又∠PBE＝∠PAB＝α，∴β<γ<α，故選C. 4．已知四邊形ABCD，AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，使二面角A－BD－C的大小在內(nèi)，則直線AB與CD所成角的余弦值的取值范圍是(　　) A. B. C.∪ D. 答案　A 解析　設BD的中點為E，連接AE，CE， 因為AB＝BD＝DA＝2，BC＝CD＝， 所以AE＝，CE＝1，且AE⊥BD，CE⊥BD， 則∠AEC為二面角A－BD－C的平面角， 在平面ABD內(nèi)，過點A作AF∥BD，使AF＝BD，構造平行四邊形A

32、BDF，連接FD，CF，則∠CDF或其補角即為異面直線AB與CD的夾角， 則在△AEC中，由余弦定理得 AC2＝AE2＋CE2－2AE·CEcos∠AEC ＝4－2cos∠AEC， 又因為∠AEC∈， 所以AC2＝4－2cos∠AEC∈[1,7]． 因為AE⊥BD，CE⊥BD，且AE∩CE＝E，AE，CE?平面AEC， 所以BD⊥平面AEC， 則BD⊥AC，所以AF⊥AC， 則在Rt△CAF中，CF2＝AC2＋AF2∈[5,11]， 則在△CDF中，由余弦定理易得直線AB與CD的夾角的余弦值為|cos∠CDF|＝∈，故選A. 5．長方體的對角線與過同一個頂點的三個表面所成

33、的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝________. 答案　2 解析　設長方形的長、寬、高分別為a，b，c，則對角線長d＝， 所以cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2＋2＋2＝＝2. 6.如圖所示，在正方體AC1中， AB＝2, A1C1∩B1D1＝E，直線AC與直線DE所成的角為α，直線DE與平面BCC1B1所成的角為β，則cos＝________. 答案　 解析　由題意可知，α＝，則cos＝sin β， 以點D為坐標原點，DA，DC，DD1方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標系，則D，E， ＝，平面BCC1B1的法向量＝， 由此可得co

34、s＝sin β＝＝. 7.(2018·浙江省名校新高考研究聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，平行四邊形PDCE垂直于梯形ABCD所在的平面，∠ADC＝∠BAD＝90°，∠PDC＝120°，F(xiàn)為PA的中點，PD＝1，AB＝AD＝CD＝1. (1)求證：AC∥平面DEF； (2)求直線BC與平面PAD所成角的余弦值． (1)證明　連接PC. 設PC與DE的交點為M，連接FM，因為F，M分別為PA，PC的中點，則FM∥AC. 因為FM?平面DEF，AC?平面DEF，所以AC∥平面DEF. (2)解　方法一　(幾何法)取CD的中點G，連接AG，則AG∥BC， 所以直線AG與平面PAD所成的角

35、即為直線BC與平面PAD所成的角． 過點G作GH⊥PD，交PD于點H， 又平面PDCE⊥平面ABCD，平面PDCE∩平面ABCD＝CD，AD⊥CD，AD?平面ABCD， 所以AD⊥平面PDCE， 又GH?平面PDCE，所以AD⊥GH， 因為PD∩AD＝D，PD，AD?平面PAD， 所以GH⊥平面PAD，則∠GAH即為所求的線面角， 易得GH＝，AG＝BC＝， 則sin∠GAH＝＝， 所以直線BC與平面PAD所成角的余弦值為. 方法二　(向量法)過點D在平面PDCE中作DQ⊥PE，交PE于點Q，由已知可得PQ＝， 以D為坐標原點，分別以DA，DC，DQ所在的直線為x軸，

36、y軸，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示．由題意可得D(0,0,0)，P，A(1,0,0)， B(1,1,0)，C(0,2,0)， 則＝(1,0,0)，＝， 設平面PAD的法向量n＝(x，y，z)， 則即令y＝， 得平面PAD一個法向量n＝(0，，1)， ＝(－1,1,0)． 設直線BC與平面PAD所成的角為θ， 則sin θ＝|cos〈n，〉|＝＝＝， 所以直線BC與平面PAD所成角的余弦值為. 8．(2018·浙江省杭州二中月考)如圖，等腰梯形ABCD中，AB＝CD＝BC＝2，AD＝5，M，N是AD上的點，且AM＝DN＝2，現(xiàn)將△ABM，△CDN分別沿BM，CN折起，使得

37、A，D重合記作S. (1)求證：BC∥平面SMN； (2)求直線SN與底面BCNM所成角的余弦值． (1)證明　∵BC∥MN，且MN?平面SMN，BC?平面SMN，∴BC∥平面SMN. (2)解　過S向底面作垂線，垂足為O，連接BC的中點Q與MN的中點P，根據(jù)對稱性可知O在PQ上，分別連接SQ，SP，ON，則∠SNO是所求的線面角． 在△SPQ中，SP＝，SQ＝，PQ＝，則SO＝， 則sin∠SNO＝，∴cos∠SNO＝. 9．(2018·湖州、衢州、麗水質(zhì)檢)已知矩形ABCD滿足AB＝2，BC＝，△PAB是正三角形，平面PAB⊥平面ABCD. (1)求證：PC⊥B

38、D； (2)設直線l過點C且l⊥平面ABCD，點F是直線l上的一個動點，且與點P位于平面ABCD的同側．記直線PF與平面PAB所成的角為θ，若0

39、， 所以CE⊥BD， 又CE∩PE＝E，CE，PE?平面PEC， 故BD⊥平面PEC， 又PC?平面PEC，因此PC⊥BD. (2)解　方法一　在平面PAB內(nèi)過點B作直線m∥FC，過F作FG⊥m，交m于點G，連接PG， 則四邊形BGFC為矩形，BC∥FG，BC＝FG. 又由(1)及題意得，BC⊥平面PAB， 所以FG⊥平面PAB， 所以∠GPF是直線PF與平面PAB所成的角， 所以點F到平面PAB的距離等于點C到平面PAB的距離，即為BC＝， 因為0

40、過點E平行于BC的直線為y軸，建立空間直角坐標系． 設CF＝a(0

41、⊥平面ABC，連接CO交AB于F點，連接PF. ∵A點在側面PBC內(nèi)的投影H為△PBC的垂心， ∴AH⊥平面PBC，且BE⊥PC， ∵PC?平面PBC，∴AH⊥PC. ∵BE∩AH＝H，BE?平面ABE，AH?平面ABE， ∴PC⊥平面ABE.又AB?平面ABE，∴PC⊥AB. ∵PO⊥平面ABC，AB?平面ABC，∴PO⊥AB. ∵PO∩PC＝P，PO?平面PFC，PC?平面PFC， ∴AB⊥平面PFC. ∴AB⊥PE，AB⊥CF， ∴∠PFC為二面角P－AB－C的平面角． ∵三棱錐P－ABC的底面ABC是邊長為2的正三角形， ∴BF＝，CF＝3，則FO＝×3＝1

42、， ∵二面角P－AB－C的平面角的大小為60°， ∴∠PFC＝60°，在Rt△POF中，PO＝FO·tan 60°＝，PF＝＝2.又在Rt△PFA中，PF＝2，AF＝＝， ∴AP＝＝，故選C. 11．(2018·湖州、衢州、麗水質(zhì)檢)已知等腰直角三角形ABC內(nèi)接于圓O，點M是下半圓弧上的動點．現(xiàn)將上半圓面沿AB折起(如圖所示)，使所成的二面角C－AB－M為，則直線AC與直線OM所成角的最小值是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　設圓的半徑為2，∠AOM＝θ(θ∈[0，π])，建立如圖所示的空間直角坐標系，則O(0,0,0)，M(2sin θ，－2cos θ

43、，0)，A(0，－2,0)，C(，0，)，所以＝(2sin θ，－2cos θ，0)，＝(，2，)． 設直線AC與OM所成的角為α，則cos α＝|cos〈，〉|＝＝ ＝≤＝(其中tan φ＝)， 又α∈，所以α∈， 所以α的最小值為，故選B. 12．(2018·浙江省溫州六校協(xié)作體聯(lián)考)如圖1，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，∠ABC＝60°，E是邊AC上的點，＝2，D是斜邊BC的中點，現(xiàn)將△ABE與△DEC分別沿BE與DE翻折，翻折后的點A，C分別記作A′，C′，若點A′落在線段EC′上，如圖2，則二面角B－EC′－D的余弦值為(　　) A. B. C. D.

44、 答案　A 解析　設AB＝1，易得BC＝2，AC＝， 又因為＝2， 點D是斜邊BC的中點， 所以AE＝，CE＝，CD＝BD＝1， 則由翻折的性質(zhì)易得 A′E＝A′C′＝，A′B＝1，BD＝C′D＝1，BA′⊥C′E， 連接BC′，則C′B＝＝＝BE， 在△BDC′中，由余弦定理得 cos∠BDC′＝＝， 在△C′DE中，過點A′作C′E的垂線，交C′D于點F， 則∠FA′B就是二面角B－EC′－D的平面角．易得A′F＝A′C′tan 30°＝，C′F＝，DF＝C′D－C′F＝. 連接BF，在△BDF中，由余弦定理得 BF＝＝， 則在△BA′F中，由余弦定理得

45、 cos∠BA′F＝＝， 即二面角B－EC′－D的余弦值為，故選A. 13.如圖，已知三棱錐A—BCD的所有棱長均相等，點E滿足＝3，點P在棱AC上運動，設EP與平面BCD所成的角為θ，則sin θ的最大值為________． 答案　 解析　因為三棱錐A—BCD的所有棱長都相等，設底面BCD的中心為O，則O為頂點A在底面的射影，以點O為原點，以過點O且平行于CD的直線為x軸，過點O且垂直于CD的直線為y軸，直線OA為z軸建立 空間直角坐標系．設三棱錐A—BCD的棱長為2，則易得O(0，0,0)，A，C，E， 則＝， A＝，＝， 設＝λ(0≤λ≤1)， 則＝－＝－λ ＝， 則sin θ＝＝·， 設f(x)＝ (0≤x≤1)， 則f′(x)＝， 令f′(x)>0，得0