2016届高考数学（理）大一轮复习达标训练试题：课时跟踪检测(四十八)　空间角的求法 9页

课时跟踪检测(四十八)　空间角的求法 ‎(分A、B卷，共2页)‎ A卷：夯基保分 ‎1．(2015·云南模拟)如图，在正方体ABCDA1B‎1C1D1中，E为AB的中点．‎ ‎(1)求直线AD和直线B‎1C所成角的大小；‎ ‎(2)求证：平面EB1D⊥平面B1CD.‎ ‎2．(2014·北京高考)如图，正方形AMDE的边长为2，B，C分别为AM，MD的中点．在五棱锥PABCDE中，F为棱PE的中点，平面ABF与棱PD，PC分别交于点G，H.‎ ‎(1)求证：AB∥FG；‎ ‎(2)若PA⊥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．‎ ‎3．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图三棱柱ABCA1B‎1C1中，侧面BB‎1C1C为菱形，AB⊥B‎1C.‎ ‎(1)证明：AC＝AB1；‎ ‎(2)若AC⊥AB1，∠CBB1＝60°，AB＝BC，求二面角AA1B1C1的余弦值．‎ B卷：增分提能 ‎1．(2015·深圳一调)如图所示，在多面体ABCDA1B‎1C1D1中，上、下两个底面A1B‎1C1D1和ABCD互相平行，且都是正方形，DD1⊥底面ABCD，AB＝‎2A1B1＝2DD1＝‎2a.‎ ‎(1)求异面直线AB1与DD1所成角的余弦值；‎ ‎(2)已知F是AD的中点，求证：FB1⊥平面BCC1B1；‎ ‎(3)在(2)的条件下，求二面角FCC1B的余弦值．‎ ‎2．(2014·山东高考)如图，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，底面ABCD是等腰梯形，∠DAB＝60°，AB＝2CD＝2，M是线段AB的中点．‎ ‎(1)求证：C‎1M∥平面A1ADD1；‎ ‎(2)若CD1垂直于平面ABCD且CD1＝，求平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值．‎ ‎3．(2015·兰州模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PC⊥底面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝2AD＝2CD＝2，E是PB的中点．‎ ‎(1)求证：平面EAC⊥平面PBC；‎ ‎(2)若二面角PACE的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．‎ 答案 A卷：夯基保分 ‎1．解：不妨设正方体的棱长为2个单位长度，以DA，DC，DD1分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz.‎ 根据已知得：D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，B1(2,2,2)．‎ ‎(1)∵＝(2,0,0)，＝(2,0,2)，∴cos〈，〉＝＝.‎ ‎∴直线AD和直线B‎1C所成角为.‎ ‎(2)证明：取B1D的中点F，得F(1,1,1)，连接EF.‎ ‎∵E为AB的中点，∴E(2,1,0)，‎ ‎∴＝(－1,0,1)，＝(0,2,0)，‎ ‎∴·＝0，·＝0，‎ ‎∴EF⊥DC，EF⊥CB1.‎ ‎∵DC∩CB1＝C，∴EF⊥平面B1CD.‎ 又∵EF⊂平面EB1D，∴平面EB1D⊥平面B1CD.‎ ‎2．解：(1)证明：在正方形AMDE中，‎ 因为B是AM的中点，所以AB∥DE.‎ 又因为AB⊄平面PDE，‎ 所以AB∥平面PDE.‎ 因为AB⊂平面ABF，且平面ABF∩平面PDE＝FG，‎ 所以AB∥FG.‎ ‎(2)因为PA⊥底面ABCDE，所以PA⊥AB，PA⊥AE.‎ 如图建立空间直角坐标系Axyz，则A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(2,1,0)，P(0,0,2)，F(0,1,1)，＝(1,1,0)．‎ 设平面ABF的法向量为n＝(x，y，z)，则 即 令z＝1，得y＝－1，所以n＝(0，－1,1)．‎ 设直线BC与平面ABF所成角为α，则 sin α＝|cos〈n，〉|＝＝.‎ 因此直线BC与平面ABF所成角的大小为.‎ 设点H的坐标为(u，v，w)．‎ 因为点H在棱PC上，所以可设＝λ (0＜λ＜1)，‎ 即(u，v，w－2)＝λ(2,1，－2)，‎ 所以u＝2λ，v＝λ，w＝2－2λ.‎ 因为n是平面ABF的法向量，所以n·＝0，‎ 即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0.‎ 解得λ＝，所以点H的坐标为.‎ 所以PH＝ ＝2.‎ ‎3．解：(1)证明：连接BC1，交B‎1C于点O，连接AO.‎ 因为侧面BB‎1C1C为菱形，所以B‎1C⊥BC1，且O为B‎1C及BC1的中点．‎ 又AB⊥B‎1C，所以B‎1C⊥平面ABO.‎ 由于AO⊂平面ABO，故B‎1C⊥AO.‎ 又B1O＝CO，故AC＝AB1.‎ ‎(2)因为AC⊥AB1，且O为B‎1C的中点，所以AO＝CO.‎ 又因为AB＝BC，所以△BOA≌△BOC.‎ 故OA⊥OB，从而OA，OB，OB1两两相互垂直．‎ 以O为坐标原点，，，的方向为x轴，y轴，z轴的正方向，||为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz.‎ 因为∠CBB1＝60°，所以△CBB1为等边三角形．‎ 又AB＝BC，则A，B(1,0,0)，B1，C.‎ ‎＝，＝＝，‎ ‎＝＝.‎ 设n＝(x，y，z)是平面AA1B1的法向量，则 即 所以可取n＝(1，，)．‎ 设m是平面A1B‎1C1的法向量，则 同理可取m＝(1，－，)．‎ 则cos〈n，m〉＝＝.‎ 所以二面角AA1B1C1的余弦值为.‎ B卷：增分提能 ‎1．解：以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系Dxyz，则A(‎2a，0,0)，B(‎2a,‎2a,0)，C(0,‎2a,0)，D1(0,0，a)，F(a,0,0)，B1(a，a，a)，C1(0，a，a)．‎ ‎(1)∵＝(－a，a，a)，＝(0,0，a)，‎ ‎∴|cos〈，〉|＝＝，‎ ‎∴异面直线AB1与DD1所成角的余弦值为.‎ ‎(2)证明：∵＝(－a，－a，a)，＝(－‎2a,0,0)，＝(0，a，a)，‎ ‎∴∴FB1⊥BB1，FB1⊥BC.‎ ‎∵BB1∩BC＝B，∴FB1⊥平面BCC1B1.‎ ‎(3)由(2)知，为平面BCC1B1的一个法向量．‎ 设n＝(x1，y1，z1)为平面FCC1的法向量，‎ ‎∵＝(0，－a，a)，＝(－a,‎2a,0)，‎ ‎∴得 令y1＝1，则n＝(2,1,1)，‎ ‎∴cos〈，n〉＝＝，‎ ‎∵二面角FCC1B为锐角，‎ ‎∴二面角FCC1B的余弦值为.‎ ‎2.解：(1)证明：因为四边形ABCD是等腰梯形，且AB＝2CD，所以AB∥DC，又由M是AB的中点，因此CD∥MA且CD＝MA.‎ 连接AD1，在四棱柱ABCDA1B‎1C1D1中，因为CD∥C1D1，CD＝C1D1，可得C1D1∥MA，C1D1＝MA，所以四边形AMC1D1为平行四边形，因此C‎1M∥D‎1A.‎ 又C‎1M⊄平面A1ADD1，D‎1A⊂平面A1ADD1，所以C‎1M∥平面A1ADD1.‎ ‎(2)法一：连接AC，MC，由(1)知CD∥AM且CD＝AM，‎ 所以四边形AMCD为平行四边形．‎ 可得BC＝AD＝MC，‎ 由题意知∠ABC＝∠DAB＝60°，‎ 所以△MBC为正三角形，因此AB＝2BC＝2，CA＝，因此CA⊥CB.‎ 以C为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系Cxyz.‎ 所以A(，0,0)，B(0,1,0)，D1(0,0，)．‎ 因此M，所以＝，＝＝.‎ 设平面C1D‎1M的法向量n＝(x，y，z)．‎ 由得 可得平面C1D‎1M的一个法向量n＝(1，，1)．‎ 又＝(0,0，)为平面ABCD的一个法向量．‎ 因此cos〈，n〉＝＝.‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ 法二：由(1)知平面D‎1C1M∩平面ABCD＝AB，过C向AB引垂线交AB于N，连接D1N.‎ 由CD1⊥平面ABCD，可得D1N⊥AB，因此∠D1NC为二面角C1ABC的平面角．‎ 在Rt△BNC中，BC＝1，∠NBC＝60°，‎ 可得CN＝.‎ 所以ND1＝＝.‎ 在Rt△D1CN中，cos∠D1NC＝＝＝.‎ 所以平面C1D‎1M和平面ABCD所成的角(锐角)的余弦值为.‎ ‎3．解：(1)证明：∵PC⊥底面ABCD，∴PC⊥AC，‎ ‎∵底面ABCD是直角梯形，且AB＝2AD＝2CD＝2，‎ ‎∴AC＝，BC＝.‎ ‎∴AB2＝AC2＋BC2，‎ ‎∴AC⊥BC，‎ ‎∵PC∩BC＝C，∴AC⊥平面PBC，‎ ‎∵AC⊂平面EAC，‎ ‎∴平面EAC⊥平面PBC.‎ ‎(2)建立如图所示的空间直角坐标系Axyz.设PC＝a，则A(0,0,0)，C(1,1,0)，E，P(1,1，a)，B(0,2,0)．‎ ‎∴＝(1,1,0)，＝，＝(1,1，a)，＝(1，－1,0)．‎ 设平面EAC的法向量为v＝(x，y，z)，‎ 则即令x＝1，‎ 则v＝，‎ ‎∵BC⊥平面PAC，‎ ‎∴平面PAC的一个法向量为u＝＝(1，－1,0)，‎ 设二面角PACE的大小θ，‎ 则cos θ＝＝＝，‎ 解得a＝2，‎ ‎∴直线PA与平面EAC所成角的正弦值为 cos〈v，〉＝＝＝.‎