• 146.51 KB
  • 2021-06-24 发布

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测(三十二) 空间角3类型线线角线面角二面角

  • 6页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
高考达标检测(三十二) 空间角 3 类型 ——线线角、线面角、二面角 1.如图,在正三棱柱 ABCA1B1C1 中,点 D 是棱 AB 的中点,BC=1,AA1= 3. (1)求证:BC1∥平面 A1DC; (2)求二面角 DA1CA 的正弦值. 解:(1)证明:过点 A 作 AO⊥BC 交 BC 于点 O,过点 O 作 OE⊥BC 交 B1C1 于 E. 因为平面 ABC⊥平面 CBB1C1,所以 AO⊥平面 CBB1C1. 以 O 为坐标原点,OB,OE,OA 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.因为 BC=1,AA1= 3,△ABC 是等边三角形,所以 O 为 BC 的中点. 则 O(0,0,0),A 0,0, 3 2 ,B 1 2 ,0,0 ,C -1 2 ,0,0 ,D 1 4 ,0, 3 4 ,A1 0, 3, 3 2 , C1 -1 2 , 3,0 , CD―→= 3 4 ,0, 3 4 ,A1C―→= -1 2 ,- 3,- 3 2 , 设平面 A1DC 的一个法向量为 n1=(x1,y1,z1), 则 n1· CD―→=0, n1·A1C―→=0, 即 3 4x1+ 3 4 z1=0, -1 2x1- 3y1- 3 2 z1=0. 取 x1= 3,得 z1=-3,y1=1, ∴平面 A1DC 的一个法向量为 n1=( 3,1,-3). 又∵BC1 ―→=(-1,3,0),∴BC1 ―→ ·n1=0, 又 BC1⊄平面 A1DC,∴BC1∥平面 A1DC. (2)设平面 ACA1 的一个法向量为 n2=(x2,y2,z2), ∵AA1 ―→=(0,3,0), 则 n2·AA1 ―→=0, n2·A1C―→=0, 即 3y2=0, -1 2 x2- 3y2- 3 2 z2=0, 取 x2= 3,得 y2=0,z2=-1. ∴平面 ACA1 的一个法向量为 n2=( 3,0,-1). 则 cos〈n1,n2〉= 6 13×2 =3 13 13 , 设二面角 DA1CA 的大小为θ, ∴cos θ=3 13 13 ,sin θ=2 13 13 , 故二面角 DA1CA 的正弦值为2 13 13 . 2.(2017·全国卷Ⅱ)如图,四棱锥 PABCD 中,侧面 PAD 为等边 三角形且垂直于底面 ABCD,AB=BC=1 2AD,∠BAD=∠ABC=90°, E 是 PD 的中点. (1)证明:直线 CE∥平面 PAB; (2)点 M 在棱 PC 上,且直线 BM 与底面 ABCD 所成角为 45°,求二面角 MABD 的余 弦值. 解:(1)证明:取 PA 的中点 F,连接 EF,BF. 因为 E 是 PD 的中点,所以 EF∥AD,EF=1 2AD. 由∠BAD=∠ABC=90°,得 BC∥AD, 又 BC=1 2AD,所以 EF 綊 BC, 所以四边形 BCEF 是平行四边形,CE∥BF, 又 CE⊄平面 PAB,BF⊂平面 PAB, 故 CE∥平面 PAB. (2)由已知得 BA⊥AD,以 A 为坐标原点, AB―→的方向为 x 轴正 方向,| AB―→|为单位长度,建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz, 则 A(0,0,0),B(1,0,0),C(1,1,0),P(0,1, 3), PC―→=(1,0,- 3), AB―→=(1,0,0). 设 M(x,y,z)(0