浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点线面的位置关系教案

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文档介绍

浙江专用2020高考数学二轮复习专题四立体几何第2讲空间点线面的位置关系教案

第2讲 空间点、线、面的位置关系 空间线面位置关系的判断 ‎[核心提炼]‎ 空间线面位置关系判断的常用方法 ‎(1)根据空间线面平行、垂直关系的判定定理和性质定理逐项判断来解决问题;‎ ‎(2)必要时可以借助空间几何模型,如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系,并结合有关定理来进行判断.‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·绍兴市柯桥区高三期末考试)已知四边形ABCD为梯形,AB∥CD,l为空间一直线,则“l垂直于两腰AD,BC”是“l垂直于两底AB,CD”的(  )‎ A.充分不必要条件    ‎ B.必要不充分条件 C.充要条件 ‎ D.既不充分也不必要条件 ‎(2)α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:‎ ‎①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.‎ ‎②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.‎ ‎③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.‎ ‎④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.‎ 其中正确的命题有________.(填写所有正确命题的编号)‎ ‎【解析】 (1)四边形ABCD为梯形,AB∥CD,l为空间一直线,则“l垂直于两腰AD,BC”,又AD与BC相交,‎ 所以l⊥平面ABCD⇒l垂直于两底AB,CD,反之不一定成立.‎ 所以“l垂直于两腰AD,BC”是“l垂直于两底AB,CD”的充分不必要条件.故选A.‎ ‎(2)对于命题①,可运用长方体举反例证明其错误:‎ 如图,不妨设AA′为直线m,CD为直线n,ABCD所在的平面为α,ABC′D′所在的平面为β,显然这些直线和平面满足题目条件,但α⊥β不成立.‎ 命题②正确,证明如下:设过直线n的某平面与平面α相交于直线l,则l∥n,由m⊥α知m⊥l,从而m⊥n,结论正确.‎ 由平面与平面平行的定义知命题③正确.‎ 由平行的传递性及线面角的定义知命题④正确.‎ - 18 -‎ ‎【答案】 (1)A (2)②③④‎ 判断与空间位置关系有关的命题真假的方法 ‎(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定定理和性质定理进行判断.‎ ‎(2)借助于反证法,当从正面入手较难时,可利用反证法,推出与题设或公认的结论相矛盾的命题,进而作出判断.‎ ‎(3)借助空间几何模型,如从长方体模型、四面体模型等模型中观察线面位置关系,结合有关定理,进行肯定或否定.  ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2019·浙江名校协作体高三下学期考试)已知直线m、n与平面α,β,下列命题正确的是(  )‎ A.m∥α,n∥β且α∥β,则m∥n B.m⊥α,n∥β且α⊥β,则m⊥n C.α∩β=m,m⊥n且α⊥β,则n⊥α D.m⊥α,n⊥β且α⊥β,则m⊥n 解析:选D.选项A中,直线m与n还有互为异面的可能;选项B中,直线m与n还有相互平行的可能;选项C中,还有n⊂α的可能;选项D正确,故选D.‎ ‎2.(2019·长沙一模)如图所示,在直角梯形BCEF中,∠CBF=∠BCE=90°,A、D分别是BF、CE上的点,AD∥BC,且AB=DE=2BC=2AF(如图1).将四边形ADEF沿AD折起,连接AC、CF、BE、BF、CE(如图2),在折起的过程中,下列说法错误的是(  )‎ A.AC∥平面BEF B.B、C、E、F四点不可能共面 C.若EF⊥CF,则平面ADEF⊥平面ABCD D.平面BCE与平面BEF可能垂直 解析:选D.法一:A选项,连接BD,交AC于点O,取BE的中点M,连接OM,FM,易证四边形AOMF是平行四边形,所以AO∥FM,因为FM⊂平面BEF,AC⊄平面BEF,所以AC∥平面BEF;B选项,若B、C、E、F四点共面,因为BC∥AD,所以BC∥平面ADEF,可推出BC∥EF,又BC∥AD,所以AD∥EF,矛盾;C选项,连接FD,在平面ADEF内,易得EF⊥FD,又 - 18 -‎ EF⊥CF,FD∩CF=F,所以EF⊥平面CDF,所以EF⊥CD,又CD⊥AD,EF与AD相交,所以CD⊥平面ADEF,所以平面ADEF⊥平面ABCD;D选项,延长AF至G,使AF=FG,连接BG、EG,易得平面BCE⊥平面ABF,过F作FN⊥BG于N,则FN⊥平面BCE,若平面BCE⊥平面BEF,则过F作直线与平面BCE垂直,其垂足在BE上,矛盾.综上,选D.‎ 法二:构造正方体如图,结合正方体的性质知平面BCE与平面BEF不可能垂直.‎ 空间平行、垂直关系的证明及求空间角 ‎[核心提炼]‎ ‎1.直线、平面平行的判定及其性质 ‎(1)线面平行的判定定理:a⊄α,b⊂α,a∥b⇒a∥α.‎ ‎(2)线面平行的性质定理:a∥α,a⊂β,α∩β=b⇒a∥b.‎ ‎(3)面面平行的判定定理:a⊂β,b⊂β,a∩b=P,a∥α,‎ b∥α⇒α∥β.‎ ‎(4)面面平行的性质定理:α∥β,α∩γ=a,β∩γ=b⇒a∥b.‎ ‎2.直线、平面垂直的判定及其性质 ‎(1)线面垂直的判定定理:m⊂α,n⊂α,m∩n=P,l⊥m,l⊥n⇒l⊥α.‎ ‎(2)线面垂直的性质定理:a⊥α,b⊥α⇒a∥b.‎ ‎(3)面面垂直的判定定理:a⊂β,a⊥α⇒α⊥β.‎ ‎(4)面面垂直的性质定理:α⊥β,α∩β=l,a⊂α,a⊥l⇒ a⊥β.‎ ‎3.空间角 ‎(1)异面直线所成的角,范围α∈.‎ ‎(2)直线与平面所成的角:如图l∩α=A,P∈l,过点P作PO⊥α交α于O,连接AO,则∠PAO为直线l与平面α所成的角,范围θ∈.‎ ‎(3)二面角 如图,过二面角αlβ的棱l上一点O在两个半平面内分别作BO⊥l,AO⊥l,则∠AOB就叫做二面角αlβ的平面角,范围θ∈[0,π].当θ=时,二面角叫做直二面角.‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)(2019·高考浙江卷)设三棱锥VABC的底面是正三角形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为α,直线PB与平面ABC所成的角为β,二面角PACB的平面角为γ,则(  )‎ A.β<γ,α<γ       B.β<α,β<γ - 18 -‎ C.β<α,γ<α D.α<β,γ<β ‎(2)(2019·高考浙江卷)如图,已知三棱柱ABCA1B1C1,平面A1ACC1⊥平面ABC,∠ABC=90°,∠BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.‎ ‎①证明:EF⊥BC;‎ ‎②求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.‎ ‎【解】 (1)选B.由题意,不妨设该三棱锥的侧棱长与底面边长相等,因为点P是棱VA上的点(不含端点),所以直线PB与平面ABC所成的角β小于直线VB与平面ABC所成的角,而直线VB与平面ABC所成的角小于二面角PACB的平面角γ,所以β<γ;因为AC⊂平面ABC,所以直线PB与直线AC所成的角α大于直线PB与平面ABC所成的角β,即α>β.故选B.‎ ‎(2)法一:①证明:如图,连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC,则A1E⊥BC.‎ 又因为A1F∥AB,∠ABC=90°,故BC⊥A1F.‎ 所以BC⊥平面A1EF.‎ 因此EF⊥BC.‎ ‎②取BC的中点G,连接EG,GF,则EGFA1是平行四边形.‎ 由于A1E⊥平面ABC,故A1E⊥EG,所以平行四边形EGFA1为矩形.‎ 连接A1G交EF于O,由①得BC⊥平面EGFA1,则平面A1BC⊥平面EGFA1,‎ 所以EF在平面A1BC上的射影在直线A1G上.‎ 则∠EOG是直线EF与平面A1BC所成的角(或其补角).‎ 不妨设AC=4,则在Rt△A1EG中,A1E=2,EG=.‎ 由于O为A1G的中点,故EO=OG==,‎ 所以cos∠EOG==.‎ 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值是.‎ - 18 -‎ 法二:①连接A1E,因为A1A=A1C,E是AC的中点,‎ 所以A1E⊥AC.‎ 又平面A1ACC1⊥平面ABC,A1E⊂平面A1ACC1,‎ 平面A1ACC1∩平面ABC=AC,所以A1E⊥平面ABC.‎ 如图,以点E为原点,分别以射线EC,EA1为y,z轴的正半轴,建立空间直角坐标系Exyz.‎ 不妨设AC=4,则A1(0,0,2),‎ B(,1,0),‎ B1(,3,2),F(,,2),‎ C(0,2,0).‎ 因此,=,=(-,1,0).‎ 由·=0得EF⊥BC.‎ ‎②设直线EF与平面A1BC所成角为θ.‎ 由①可得=(-,1,0),=(0,2,-2).‎ 设平面A1BC的法向量为n=(x,y,z).‎ 由得 取n=(1,,1),故 sin θ=|cos〈,n〉|==.‎ 因此,直线EF与平面A1BC所成角的余弦值为.‎ ‎(1)平行关系及垂直关系的转化 空间平行、垂直关系证明的主要思想是转化,即通过判定、性质定理将线线、线面、面面之间的平行、垂直关系相互转化.‎ - 18 -‎ ‎(2)求空间角的三个步骤 ‎①一作:根据定义作平行线或垂线,用作图法作出要求的角.‎ ‎②二证:证明所作的角就是要求的角.‎ ‎③三求:把空间角问题转化为(三角形)平面问题,解三角形,求出该角,注意角的范围,判断所求角是此角还是它的补角.  ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2019·浙江金华十校高考模拟)如图,AB=BE=BC=2AD=2,且AB⊥BE,∠DAB=60°,AD∥BC,BE⊥AD,‎ ‎(1)求证:平面ADE⊥平面BDE;‎ ‎(2)求直线AD与平面DCE所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:因为AB=2AD,∠DAB=60°,‎ 所以AD⊥DB,‎ 又BE⊥AD,且BD∩BE=B,‎ 所以AD⊥平面BDE,又AD⊂平面ADE,‎ 所以平面ADE⊥平面BDE.‎ ‎(2)因为BE⊥AD,AB⊥BE,所以BE⊥平面ABCD,‎ 所以点E到平面ABCD的距离就是线段BE的长为2,‎ 设AD与平面DCE所成角为θ,点A到平面DCE的距离为d,‎ 由VADCE=VEADC得:×d×S△CDE=×|BE|×S△ACD,可解得d=,而AD=1,则sin θ==,‎ 故直线AD与平面DCE所成角的正弦值为.‎ ‎2.(2019·鲁迅中学高考方向性测试)如图,在四面体ABCD中,△ABC是等边三角形,平面ABC⊥平面ABD,点M为棱AB的中点,AB=2,AD=2,∠BAD=90°.‎ - 18 -‎ ‎(1)求证:AD⊥BC;‎ ‎(2)求异面直线BC与MD所成角的余弦值.‎ 解:(1)证明:由平面ABC⊥平面ABD,平面ABC∩平面ABD=AB,AD⊥AB,AD⊂平面ABD,可得AD⊥平面ABC,故AD⊥BC.‎ ‎(2)如图,取棱AC的中点N,连接MN,ND.又因为M为棱AB的中点,故MN∥BC.所以∠DMN(或其补角)为异面直线BC与MD所成的角.‎ 在Rt△DAM中,AM=1,故DM==.因为AD⊥平面ABC,故AD⊥AC.在Rt△DAN中,AN=1,故DN==.‎ 在等腰三角形DMN中,MN=1,‎ 可得cos∠DMN==.‎ 所以异面直线BC与MD所成角的余弦值为.‎ 空间几何中的“ 翻折”问题 ‎[核心提炼]‎ 由平面图形“翻折”为空间图形,要求解(证明)该空间图形中的某些元素所对应的量或对应的位置关系,首先看翻折前后线面位置关系的变化,根据翻折的过程理清翻折前后位置关系中没有变化的量是哪些,发生变化的量是哪些,这些不变的量和变化的量反映了翻折后的空间图形的结构特征,求解问题时要综合考虑翻折前后的图形.‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (1)如图,已知平面四边形ABCD,AB=BC=3,CD=1,AD=,∠ADC=90°.沿直线AC将△ACD翻折成△ACD′,直线AC与BD′所成角的余弦的最大值是__________.‎ - 18 -‎ ‎(2)(2019·台州市一模)如图,在矩形ABCD中,AB=1,BC=2,E为BC的中点,F为线段AD上的一点,且AF=.现将四边形ABEF沿直线EF翻折,使翻折后的二面角A′EFC的余弦值为.‎ ‎①求证:A′C⊥EF;‎ ‎②求直线A′D与平面ECDF所成角的大小.‎ ‎【解】 (1)作BE∥AC,BE=AC,连接D′E,则∠D′BE为所求的角或其补角,作D′N⊥AC于点N,设M为AC的中点,连接BM,则BM⊥AC,作NF∥BM交BE于F,连接D′F,设∠D′NF=θ,因为D′N==,BM=FN==,所以D′F2=-5cos θ,因为AC⊥D′N,AC⊥FN,所以D′F⊥AC,所以D′F⊥BE,又BF=MN=,所以在Rt△D′FB中,D′B2=9-5cos θ,所以cos ∠D′BE==≤,当且仅当θ=0°时取“=”.故填.‎ ‎(2)①证明:连接AC交EF于M点,由平面几何知识可得AC=,‎ EF=,‎ 以及==,则有AM=,MC=,MF=,‎ 故有AM2+MF2=AF2,则AC⊥EF,‎ 于是,A′M⊥EF,CM⊥EF,‎ 而A′M∩CM=M,故EF⊥平面A′MC,‎ 而A′C⊂平面A′MC,故A′C⊥EF.‎ - 18 -‎ ‎②由①知,二面角A′EFC的平面角就是∠A′MC,‎ 即cos∠A′MC=,‎ 根据余弦定理,可求得A′C=1,‎ 因为A′C2+MC2=A′M2,所以A′C⊥MC,‎ 而A′C⊥EF,可知A′C⊥平面ECDF,‎ 因此,∠A′DC就是直线A′D与平面ECDF所成的角.‎ 由于A′C=CD=1,‎ 故直线A′D与平面ECDF所成的角为.‎ 解决与翻折有关的问题的两个关键 ‎(1)要明确翻折前后的变化量和不变量.一般情况下,线段的长度是不变量,而位置关系往往会发生变化.‎ ‎(2)在解决问题时,要比较翻折前后的图形,既要分析翻折后的图形,也要分析翻折前的图形.  ‎ ‎[对点训练]‎ ‎1.(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)如图,四边形ABCD是矩形,沿直线BD将△ABD翻折成△A′BD,异面直线CD与A′B所成的角为α,则(  )‎ A.α<∠A′CA         B.α>∠A′CA C.α<∠A′CD D.α>∠A′CD 解析:选B.因为AB∥CD,所以∠A′BA为异面直线CD与A′B所成的角.‎ 假设AB=BC=1,平面A′BD⊥平面ABCD.‎ 连接AC交BD于点O,连接A′A,A′C,A′O,‎ 则A′O⊥平面ABCD,‎ A′O=AO=BO=CO=DO=AC=,‎ 所以A′A=A′C=A′B=A′D=1,‎ - 18 -‎ 所以△A′BA,△A′CD是等边三角形,‎ ‎△A′CA是等腰直角三角形,‎ 所以∠A′CA=45°,‎ ‎∠A′CD=∠A′BA=60°,‎ 即α>∠A′CA,α=∠A′CD.‎ 排除A,C,D.故选B.‎ ‎2.(2019·浙江省五校联考二模)如图1,E,F分别是AC,AB的中点,∠ACB=90°,∠CAB=30°,沿着EF将△AEF折起,记二面角AEFC的度数为θ.‎ ‎(1)当θ=90°时,即得到图2,求二面角ABFC的余弦值;‎ ‎(2)如图3中,若AB⊥CF,求cos θ的值.‎ 解:(1)因为平面AEF⊥平面CEFB,且EF⊥AE,‎ 所以AE⊥平面CEFB,‎ 过点E向BF作垂线交BF延长线于H,连接AH,‎ 则∠AHE为二面角ABFC的平面角.‎ 设BC=2a,则EF=a,AB=4a,AC=2a,‎ AE=a,EH=a,‎ 所以cos ∠AHE===,‎ 所以二面角ABFC的余弦值为.‎ ‎(2)过点A向CE作垂线,垂足为G,连接GB,CF.‎ 如果AB⊥CF,‎ 则根据三垂线定理有GB⊥CF,‎ 因为△BCF为正三角形,‎ 所以CG=BCtan 30°=a,则GE=a,‎ 因为AE=a,所以cos θ==,‎ 所以cos θ的值为.‎ - 18 -‎ 专题强化训练 ‎1.设平面α与平面β相交于直线m,直线a在平面α内,直线b在平面β内,且b⊥m,则“a⊥b”是“α⊥β”的(  )‎ A.充分不必要条件      B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:选B.因为α⊥β,b⊥m,所以b⊥α,又直线a在平面α内,所以a⊥b;又直线a,m不一定相交,所以“a⊥b”是“α⊥β”的必要不充分条件,故选B.‎ ‎2.如图,在下列四个正方体中,A,B为正方体的两个顶点,M,N,Q为所在棱的中点,则在这四个正方体中,直线AB与平面MNQ不平行的是(  )‎ 解析:选A.B选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;C选项中,AB∥MQ,且AB⊄平面MNQ,MQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ;D选项中,AB∥NQ,且AB⊄平面MNQ,NQ⊂平面MNQ,则AB∥平面MNQ.故选A.‎ ‎3.在正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CD的中点,则(  )‎ A.A1E⊥DC1         B.A1E⊥BD C.A1E⊥BC1 D.A1E⊥AC 解析:选C.A1B1⊥平面BCC1B1,BC1⊂平面BCC1B1,所以A1B1⊥BC1,又BC1⊥B1C,且B1C∩A1B1=B1,所以BC1⊥平面A1B1CD,又A1E⊂平面A1B1CD,所以BC1⊥A1E.故选C.‎ ‎4.设A,B,C,D是空间四个不同的点,在下列命题中,不正确的是(  )‎ A.若AC与BD共面,则AD与BC共面 B.若AC与BD是异面直线,则AD与BC是异面直线 C.若AB=AC,DB=DC,则AD=BC D.若AB=AC,DB=DC,则AD⊥BC 解析:选C.A中,若AC与BD共面,则A,B,C,D四点共面,则AD与BC共面;B中,若AC与BD是异面直线,则A,B,C,D四点不共面,则AD与BC是异面直线;C中,若AB=AC,DB=DC,AD不一定等于BC;D中,若AB=AC,DB=DC,可以证明AD⊥BC.‎ ‎5.(2019·温州市高考数学二模)棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,E为棱CC1的中点,‎ - 18 -‎ 点P,Q分别为平面A1B1C1D1和线段B1C上的动点,则△PEQ周长的最小值为(  )‎ A.2 B. C. D.2 解析:选B.由题意,△PEQ周长取得最小值时,P在B1C1上,在平面B1C1CB上,设E关于B1C的对称点为M,关于B1C1的对称点为N,则EM=,EN=2,∠MEN=135°,‎ 所以MN==.‎ ‎6.(2019·杭州市学军中学高考数学模拟)如图,在三棱柱ABCA1B1C1中,点P在平面A1B1C1内运动,使得二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余,则点P的运动轨迹是(  )‎ A.一段圆弧 ‎ B.椭圆的一部分 C.抛物线 ‎ D.双曲线的一支 解析:选D.不妨令三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,且底面是以B为直角的直角三角形,令侧棱长为m,以B为坐标原点,BA方向为x轴,BC方向为y轴,BB1方向为z轴,建立空间直角坐标系,‎ 设P(x,y,m),所以Q(x,y,0),过点Q作以QD⊥AB于点D,作QE⊥BC于点E,‎ 则∠PDQ即是二面角PABC的平面角,∠PEQ即是二面角PBCA的平面角,‎ 所以tan∠PDQ=,tan∠PEQ=,‎ 又二面角PABC的平面角与二面角PBCA的平面角互余,所以tan∠PDQ·tan∠PEQ=1,即·=1,所以QD·QE=PQ2=m2,因Q(x,y,0),所以QE=x,QD=y,‎ 所以有xy=m2,所以y=(x>0),即点Q的轨迹是双曲线的一支,所以点P的轨迹是双曲线的一支.故选D.‎ ‎7.(2019·绍兴诸暨高考一模)已知三棱锥ABCD的所有棱长都相等,若AB与平面α所成角等于,则平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是(  )‎ A. B. - 18 -‎ C. D. 解析:选A.因为三棱锥ABCD的所有棱长都相等,‎ 所以三棱锥ABCD为正四面体,如图:‎ 设正四面体的棱长为2,取CD中点P,连接AP,BP,‎ 则∠BAP为AB与平面ADC所成角.‎ AP=BP=,可得cos∠BAP=,sin∠BAP=.‎ 设∠BAP=θ.‎ 当CD与α平行且AB在平面ACD上面时,平面ACD与平面α所成角的正弦值最小,为sin=sincos θ-cossin θ=×-×=;‎ 当CD与α平行且AB在平面ACD下面时,平面ACD与平面α所成角的正弦值最大,为sin=sincos θ+cossin θ=×+×=,所以平面ACD与平面α所成角的正弦值的取值范围是.故选A.‎ ‎8.(2019·浙江“七彩阳光”新高考联盟联考)已知直角三角形ABC的两条直角边AC=2,BC=3,P为斜边AB上一点,沿CP将此三角形折成直二面角ACPB,此时二面角PACB的正切值为,则翻折后AB的长为(  )‎ A.2     B. C.     D. 解析:选D.如图,在平面PCB内过P作直二面角ACPB的棱CP的垂线交边BC于E, 则EP⊥平面ACP.‎ 于是在平面PAC中过P作二面角PACB的棱AC的垂线,垂足为D,连接DE,则∠PDE为二面角PACB的平面角,且tan∠PDE==,设DP=a,则EP=a.‎ 如图,设∠BCP=α,则∠ACP=90°-α,则在直角三角形DPC中,PC==,又在直角三角形PCE中,tan α=,则·tan α=a,sin α=cos2α,所以α=45°,因为二面角ACPB为直二面角,所以cos∠ACB=cos∠ACP·cos∠BCP,于是=cos∠ACP·sin∠ACP=,解得AB=.‎ ‎9.(2019·台州市书生中学月考)如图,在四棱锥PABCD中,PD⊥平面 - 18 -‎ ABCD,AB∥CD,AD⊥CD,PD=AD=DC=2AB,则异面直线PC与AB所成角的大小为________;直线PB与平面PDC所成角的正弦值为________.‎ 解析:因为AB∥CD,所以∠PCD即为异面直线PC与AB所成的角,显然三角形PDC为等腰直角三角形,所以∠PCD=.设AB=1,则可计算得,PB=3,而点B到平面PDC的距离d等于AD的长为2,所以直线PB与平面PDC所成角的正弦值为=.‎ 答案:  ‎10.如图,在三棱锥ABCD中,AB=AC=BD=CD=3,AD=BC=2,点M,N分别为AD,BC的中点,则异面直线AN,CM所成的角的余弦值是________.‎ 解析:如图所示,连接DN,取线段DN的中点K,连接MK,CK.‎ 因为 M为AD的中点,所以MK∥AN,‎ 所以∠KMC即为异面直线AN,CM所成的角.‎ 因为 AB=AC=BD=CD=3,‎ AD=BC=2,N为BC的中点,‎ 由勾股定理易求得AN=DN=CM=2,‎ 所以MK=.‎ 在Rt△CKN中,CK= =.‎ 在△CKM中,由余弦定理,得 cos∠KMC==.‎ 答案: ‎11.如图所示,直线PA垂直于⊙O所在的平面,△ABC内接于⊙O,且AB为⊙O的直径,点M为线段PB的中点.现有结论:①BC⊥PC;②OM∥平面APC;③点B到平面PAC的距离等于线段BC的长.其中正确的是________.‎ 解析:对于①,因为PA⊥平面ABC,所以PA⊥BC.因为AB为⊙O的直径,所以BC⊥AC,所以BC⊥平面PAC,又PC⊂平面PAC,所以BC⊥PC;对于②,因为点M为线段PB的中点,所以OM∥PA,因为PA⊂平面PAC,所以OM∥平面PAC;对于③,由①知BC⊥平面PAC,所以线段BC的长即是点B到平面PAC的距离,故①②③都正确.‎ 答案:①②③‎ ‎12.(2019·杭州市高三期末)在△ABC中,∠ABC=,边BC在平面α内,顶点A在平面α外,直线AB与平面α所成角为θ.若平面ABC与平面α - 18 -‎ 所成的二面角为,则sin θ=________.‎ 解析:过A作AO⊥α,垂足是O,过O作OD⊥BC,交BC于D,连接AD,‎ 则AD⊥BC,所以∠ADO是平面ABC与平面α所成的二面角,即∠ADO=,∠ABO是直线AB与平面α所成的角,即∠ABO=θ,‎ 设AO=,‎ 所以AD=2,在Rt△ADB中,‎ ‎∠ABD=,所以AB==,‎ 所以sin θ===.‎ 答案: ‎13.(2019·浙江名校新高考联盟联考)如图,已知正四面体DABC,P为线段AB上的动点(端点除外),则二面角DPCB的平面角的余弦值的取值范围是________.‎ 解析:当点P从A运动到B,二面角DPCB的平面角逐渐增大,二面角DPCB的平面角最小趋近于二面角DACB的平面角,最大趋近于二面角DBCA的平面角的补角,故余弦值的取值范围是.‎ 答案: ‎14.(2019·义乌市高三月考)如图,边长为2的正△ABC顶点A在平面γ上,B,C在平面γ的同侧,M为BC的中点,若△ABC在平面γ上的射影是以A为直角顶点的△AB1C1,则M到平面γ的距离的取值范围是________.‎ 解析:设∠BAB1=α,∠CAC1=β,则AB1=2cos α,AC1=2cos β,BB1=2sin α,CC1=2sin β,则点M到平面γ的距离d=sin α+sin β,又AM=,则B1C1=2,即cos2α+cos2β=3-(sin2α+2sin αsin β+sin2β).也即sin αsin β=,所以d=sin α+sin β=sin α+≥,当sin α=1时,d=,则≤d<.‎ 答案: - 18 -‎ ‎15.(2019·宁波诺丁汉大学附中高三期中考试)三棱锥ABCD中,E是BC的中点,AB=AD,BD⊥DC.‎ ‎(1)求证:AE⊥BD;‎ ‎(2)若DB=2DC=AB=2,且二面角ABDC为60°,求AD与平面BCD所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:如图,取BD的中点F,连接EF,AF,‎ 因为E为BC中点,F为BD中点,所以FE∥DC.‎ 又BD⊥DC,所以BD⊥FE.‎ 因为AB=AD,所以BD⊥AF.‎ 又AF∩FE=F,AF,FE⊂平面AFE,‎ 所以BD⊥平面AFE,又AE⊂平面AFE,‎ 所以AE⊥BD.‎ ‎(2)由(1)知BD⊥AF,BD⊥EF 所以∠AFE即为二面角ABDC的平面角,‎ 所以∠AFE=60°.因为AB=AD=,BD=2,‎ 所以△ABD为等腰直角三角形,故AF=BD=1,‎ 又FE=DC=,‎ 所以AE2=AF2+FE2-2AF·FE·cos∠AFE=1+-2×1××cos 60°=,即AE=,‎ 所以AE2+FE2=1=AF2,所以AE⊥FE,‎ 又由(1)知BD⊥AE,且BD∩FE=F,BD⊂平面BDC,FE⊂平面BDC,‎ 所以AE⊥平面BDC,‎ 所以∠ADE就是AD与平面BCD所成角,‎ 在Rt△AED中,AE=,AD=,‎ 所以AD与平面BCD所成角的正弦值 sin∠ADE==.‎ ‎16.(2019·浙江二模)如图,在四棱锥EABCD中,平面CDE⊥平面ABCD,∠DAB=∠ABC=90°,AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2.‎ ‎(1)证明:AB⊥平面BCE;‎ ‎(2)求直线AE与平面CDE所成角的正弦值.‎ 解:(1)证明:因为∠DAB=∠ABC=90°,‎ 所以四边形ABCD是直角梯形,‎ - 18 -‎ 因为AB=BC=1,AD=ED=3,EC=2.‎ 所以CD==,‎ 所以CE2+DC2=DE2,所以EC⊥CD,‎ 因为平面EDC⊥平面ABCD,平面EDC∩平面ABCD=DC,‎ 所以CE⊥平面ABCD,‎ 所以CE⊥AB,又AB⊥BC,BC∩CE=C,‎ 所以AB⊥平面BCE.‎ ‎(2)过A作AH⊥DC,交DC于H,‎ 则AH⊥平面DCE,连接EH,‎ 则∠AEH是直线AE与平面DCE所成的角,‎ 因为×DC×AH=×AB-×AB×BC,‎ 所以AH==,‎ AE==,‎ 所以sin∠AEH=,‎ 所以直线AE与平面CDE所成角的正弦值为.‎ ‎17.(2019·绍兴诸暨高考二模)四棱锥PABCD中,PA⊥平面ABCD,E为AD的中点,四边形ABCE为菱形,∠BAD=120°,PA=AB,G、F分别是线段CE、PB的中点.‎ ‎(1)求证:FG∥平面PDC;‎ ‎(2)求二面角FCDG的正切值.‎ 解:(1)证明:延长BG交AD于点D,‎ 因为==,‎ 而==,所以==,‎ 所以FG∥PD.因为FG⊄平面PDC,PD⊂平面PDC,‎ 所以FG∥平面PDC.‎ ‎(2)过点F作FM⊥AB于点M,易知FM⊥平面ABCD,‎ 过M作MN⊥CD于点N,连接FN,则CD⊥平面FMN,‎ 所以CD⊥MN,CD⊥FN,‎ 所以∠FNM即为所求二面角的平面角,‎ - 18 -‎ 不妨令PA=AB=1,则FM=,MN=,‎ 所以tan α=.‎ ‎18.(2019·浙江名校协作体高三质检)如图,在四棱锥PABCD中,底面ABCD为梯形,AD∥BC,AB=BC=CD=1,DA=2,DP⊥平面ABP,O,M分别是AD,PB的中点.‎ ‎(1)求证:PD∥平面OCM;‎ ‎(2)若AP与平面PBD所成的角为60°,求线段PB的长.‎ 解:(1)证明:设BD交OC于N,连接MN,OB,‎ 因为O为AD的中点,AD=2,所以OA=OD=1=BC.‎ 又因为AD∥BC,所以四边形OBCD为平行四边形,所以N为BD的中点,因为M为PB的中点,所以MN∥PD.‎ 又因为MN⊂平面OCM,PD⊄平面OCM,‎ 所以PD∥平面OCM.‎ ‎(2)由四边形OBCD为平行四边形,知OB=CD=1,‎ 所以△AOB为等边三角形,所以∠A=60°,‎ 所以BD==,即AB2+BD2=AD2,‎ 即AB⊥BD.‎ 因为DP⊥平面ABP,所以AB⊥PD.‎ 又因为BD∩PD=D,所以AB⊥平面BDP,‎ 所以∠APB为AP与平面PBD所成的角,即∠APB=60°,‎ 所以PB=.‎ - 18 -‎
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