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  • 2021-06-15 发布

高考数学难点突破_难点27 求空间的角

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难点27 求空间的角 空间的角是空间图形的一个要素,在异面直线所成的角、线面角、二面角等知识点上,较好地考查了学生的逻辑推理能力以及化归的数学思想.‎ ‎●难点磁场 ‎(★★★★★)如图,α—l—β为60°的二面角,等腰直角三角形MPN的直角顶点P在l上,M∈α,N∈β,且MP与β所成的角等于NP与α所成的角.‎ ‎ (1)求证:MN分别与α、β所成角相等;‎ ‎(2)求MN与β所成角.‎ ‎●案例探究 ‎[例1]在棱长为a的正方体ABCD—A′B′C′D′中,E、F分别是BC、A′D′的中点.‎ ‎(1)求证:四边形B′EDF是菱形;‎ ‎(2)求直线A′C与DE所成的角;‎ ‎(3)求直线AD与平面B′EDF所成的角;‎ ‎(4)求面B′EDF与面ABCD所成的角.‎ 命题意图:本题主要考查异面直线所成的角、线面角及二面角的一般求法,综合性较强,属★★★★★级题目.‎ 知识依托:平移法求异面直线所成的角,利用三垂线定理求作二面角的平面角.‎ 错解分析:对于第(1)问,若仅由B′E=ED=DF=FB′就断定B′EDF是菱形是错误的,因为存在着四边相等的空间四边形,必须证明B′、E、D、F四点共面.‎ 技巧与方法:求线面角关键是作垂线,找射影,求异面直线所成的角采用平移法.求二面角的大小也可应用面积射影法.‎ ‎(1)证明:如上图所示,由勾股定理,得B′E=ED=DF=FB′=a,下证B′、E、D、F四点共面,取AD中点G,连结A′G、EG,由EGABA′B′知,B′EGA′是平行四边形.‎ ‎∴B′E∥A′G,又A′F DG,∴A′GDF为平行四边形.‎ ‎∴A′G∥FD,∴B′、E、D、F四点共面 故四边形B′EDF是菱形.‎ ‎ (2)解:如图所示,在平面ABCD内,过C作CP∥DE,交直线AD于P,‎ 则∠A′CP(或补角)为异面直线A′C与DE所成的角.‎ 在△A′CP中,易得A′C=a,CP=DE=a,A′P=a 由余弦定理得cosA′CP=‎ 故A′C与DE所成角为arccos.‎ ‎ (3)解:∵∠ADE=∠ADF,∴AD在平面B′EDF内的射影在∠EDF的平分线上.如下图所示.‎ 又∵B′EDF为菱形,∴DB′为∠EDF的平分线,‎ 故直线AD与平面B′EDF所成的角为∠ADB′‎ 在Rt△B′AD中,AD=a,AB′=a,B′D=a 则cosADB′=‎ 故AD与平面B′EDF所成的角是arccos.‎ ‎(4)解:如图,连结EF、B′D,交于O点,显然O为B′D的中点,从而O为正方形ABCD—A′B′C′D的中心.‎ 作OH⊥平面ABCD,则H为正方形ABCD的中心,‎ 再作HM⊥DE,垂足为M,连结OM,则OM⊥DE,‎ 故∠OMH为二面角B′—DE′—A的平面角.‎ 在Rt△DOE中,OE=a,OD=a,斜边DE=a,‎ 则由面积关系得OM=a 在Rt△OHM中,sinOMH=‎ 故面B′EDF与面ABCD所成的角为arcsin.‎ ‎[例2]如下图,已知平行六面体ABCD—A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为a的正方形,侧棱AA1长为b,且AA1与AB、AD的夹角都是120°.‎ 求:(1)AC1的长;‎ ‎(2)直线BD1与AC所成的角的余弦值.‎ 命题意图:本题主要考查利用向量法来解决立体几何问题,属★★★★★级题目.‎ 知识依托:向量的加、减及向量的数量积.‎ 错解分析:注意<>=<,>=120°而不是60°,<>=90°.‎ 技巧与方法:数量积公式及向量、模公式的巧用、变形用.‎ ‎∴BD1与AC所成角的余弦值为.‎ ‎●锦囊妙计 空间角的计算步骤:一作、二证、三算 ‎1.异面直线所成的角 范围:0°<θ≤90°‎ 方法:①平移法;②补形法.‎ ‎2.直线与平面所成的角 范围:0°≤θ≤90°‎ 方法:关键是作垂线,找射影.‎ ‎3.二面角 方法:①定义法;②三垂线定理及其逆定理;③垂面法.‎ 注:二面角的计算也可利用射影面积公式S′=Scosθ来计算 ‎●歼灭难点训练 一、选择题 ‎1.(★★★★★)在正方体ABCD—A1B1C1D1中,M为DD1的中点,O为底面ABCD的中心,P为棱A1B1上任意一点,则直线OP与直线AM所成的角是( )‎ A. B. C. D.‎ ‎2.(★★★★★)设△ABC和△DBC所在两平面互相垂直,且AB=BC=BD=a,∠CBA=‎ ‎∠CBD=120°,则AD与平面BCD所成的角为( )‎ A.30° B.45° C.60° D.75°‎ 二、填空题 ‎3.(★★★★★)已知∠AOB=90°,过O点引∠AOB所在平面的斜线OC,与OA、OB分别成45°、60°,则以OC为棱的二面角A—OC—B的余弦值等于_________.‎ ‎4.(★★★★)正三棱锥的一个侧面的面积与底面积之比为2∶3,则这个三棱锥的侧面和底面所成二面角的度数为_________.‎ 三、解答题 ‎5.(★★★★★)已知四边形ABCD为直角梯形,AD∥BC,∠ABC=90°,PA⊥平面AC,且PA=AD=AB=1,BC=2‎ ‎(1)求PC的长;‎ ‎(2)求异面直线PC与BD所成角的余弦值的大小;‎ ‎(3)求证:二面角B—PC—D为直二面角.‎ ‎6.(★★★★)设△ABC和△DBC所在的两个平面互相垂直,且AB=BC=BD,∠ABC=‎ ‎∠DBC=120°‎ 求:(1)直线AD与平面BCD所成角的大小;‎ ‎(2)异面直线AD与BC所成的角;‎ ‎(3)二面角A—BD—C的大小.‎ ‎7.(★★★★★)一副三角板拼成一个四边形ABCD,如图,然后将它沿BC折成直二面角.‎ ‎(1)求证:平面ABD⊥平面ACD;‎ ‎(2)求AD与BC所成的角;‎ ‎(3)求二面角A—BD—C的大小.‎ ‎8.(★★★★★)设D是△ABC的BC边上一点,把△ACD沿AD折起,使C点所处的新位置C′在平面ABD上的射影H恰好在AB上.‎ ‎(1)求证:直线C′D与平面ABD和平面AHC′所成的两个角之和不可能超过90°;‎ ‎(2)若∠BAC=90°,二面角C′—AD—H为60°,求∠BAD的正切值.‎  参考答案 难点磁场 ‎(1)证明:作NA⊥α于A,MB⊥β于B,连接AP、PB、BN、AM,再作AC⊥l于C,BD⊥l于D,连接NC、MD.‎ ‎∵NA⊥α,MB⊥β,∴∠MPB、∠NPA分别是MP与β所成角及NP与α所成角,∠MNB,∠NMA分别是MN与β,α所成角,∴∠MPB=∠NPA.‎ 在Rt△MPB与Rt△NPA中,PM=PN,∠MPB=∠NPA,∴△MPB≌△NPA,∴MB=NA.‎ 在Rt△MNB与Rt△NMA中,MB=NA,MN是公共边,∴△MNB≌△NMA,∴∠MNB=∠NMA,即(1)结论成立.‎ ‎(2)解:设∠MNB=θ,MN=a,则PB=PN=a,MB=NA=asinθ,NB=acosθ,∵MB⊥β,BD⊥l,∴MD⊥l,∴∠MDB是二面角α—l—β的平面角,‎ ‎∴∠MDB=60°,同理∠NCA=60°,‎ ‎∴BD=AC=asinθ,CN=DM=asinθ,‎ ‎∵MB⊥β,MP⊥PN,∴BP⊥PN ‎∵∠BPN=90°,∠DPB=∠CNP,∴△BPD∽△PNC,∴‎ 整理得,16sin4θ-16sin2θ+3=0‎ 解得sin2θ=,sinθ=,当sinθ=时,CN=asinθ= a>PN不合理,舍去.‎ ‎∴sinθ=,∴MN与β所成角为30°.‎ 歼灭难点训练 一、1.解析:(特殊位置法)将P点取为A1,作OE⊥AD于E,连结A1E,则A1E为OA1的射影,又AM⊥A1E,∴AM⊥OA1,即AM与OP成90°角.‎ 答案:D ‎2.解析:作AO⊥CB的延长线,连OD,则OD即为AD在平面BCD上的射影,‎ ‎∵AO=OD=a,∴∠ADO=45°.‎ 答案:B 二、3.解析:在OC上取一点C,使OC=1,过C分别作CA⊥OC交OA于A,CB⊥OC交OB于B,则AC=1,,OA=,BC=,OB=2,Rt△AOB中,AB2=6,△ABC中,由余弦定理,得cosACB=-.‎ 答案:-‎ ‎4.解析:设一个侧面面积为S1,底面面积为S,则这个侧面在底面上射影的面积为,由题设得,设侧面与底面所成二面角为θ,则cosθ=,∴θ=60°.‎ 答案:60°‎ 三、5.(1)解:因为PA⊥平面AC,AB⊥BC,∴PB⊥BC,即∠PBC=90°,由勾股定理得PB=.‎ ‎∴PC=.‎ ‎(2)解:如图,过点C作CE∥BD交AD的延长线于E,连结PE,则PC与BD所成的角为∠PCE或它的补角.‎ ‎∵CE=BD=,且PE=‎ ‎∴由余弦定理得cosPCE=‎ ‎∴PC与BD所成角的余弦值为.‎ ‎(3)证明:设PB、PC中点分别为G、F,连结FG、AG、DF,则GF∥BC∥AD,且GF=BC=1=AD,从而四边形ADFG为平行四边形,‎ 又AD⊥平面PAB,∴AD⊥AG,即ADFG为矩形,DF⊥FG.‎ 在△PCD中,PD=,CD=,F为BC中点,∴DF⊥PC 从而DF⊥平面PBC,故平面PDC⊥平面PBC,即二面角B—PC—D为直二面角. ‎6.解:(1)如图,在平面ABC内,过A作AH⊥BC,垂足为H,则AH⊥平面DBC,‎ ‎∴∠ADH即为直线AD与平面BCD所成的角.由题设知△AHB≌△AHD,则DH⊥BH,AH=DH,‎ ‎∴∠ADH=45°‎ ‎(2)∵BC⊥DH,且DH为AD在平面BCD上的射影,‎ ‎∴BC⊥AD,故AD与BC所成的角为90°.‎ ‎(3)过H作HR⊥BD,垂足为R,连结AR,则由三垂线定理知,AR⊥BD,故∠ARH为二面角A—BD—C的平面角的补角.设BC=a,则由题设知,AH=DH=,在△HDB中,HR=a,∴tanARH==2‎ 故二面角A—BD—C大小为π-arctan2.‎ ‎7.(1)证明:取BC中点E,连结AE,∵AB=AC,∴AE⊥BC ‎∵平面ABC⊥平面BCD,∴AE⊥平面BCD,‎ ‎∵BC⊥CD,由三垂线定理知AB⊥CD.‎ 又∵AB⊥AC,∴AB⊥平面BCD,∵AB平面ABD.‎ ‎∴平面ABD⊥平面ACD.‎ ‎(2)解:在面BCD内,过D作DF∥BC,过E作EF⊥DF,交DF于F,由三垂线定理知AF⊥DF,∠ADF为AD与BC所成的角.‎ 设AB=m,则BC=m,CE=DF=m,CD=EF=m 即AD与BC所成的角为arctan ‎(3)解:∵AE⊥面BCD,过E作EG⊥BD于G,连结AG,由三垂线定理知AG⊥BD,‎ ‎∴∠AGE为二面角A—BD—C的平面角 ‎∵∠EBG=30°,BE=m,∴EG=m 又AE=m,∴tanAGE==2,∴∠AGE=arctan2.‎ 即二面角A—BD—C的大小为arctan2.‎ ‎8.(1)证明:连结DH,∵C′H⊥平面ABD,∴∠C′DH为C′D与平面ABD所成的角且平面C′HA⊥平面ABD,过D作DE⊥AB,垂足为E,则DE⊥平面C′HA.‎ 故∠DC′E为C′D与平面C′HA所成的角 ‎∵sinDC′E=≤=sinDC′H ‎∴∠DC′E≤∠DC′H,‎ ‎∴∠DC′E+∠C′DE≤∠DC′H+∠C′DE=90°‎ ‎(2)解:作HG⊥AD,垂足为G,连结C′G,‎ 则C′G⊥AD,故∠C′GH是二面角C′—AD—H的平面角 即∠C′GH=60°,计算得tanBAD=.‎

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