江苏省宿迁市宿豫中学高考数学二轮复习 空间角的突破方略专题检测(含解析)

30 空间角的突破方略
1．(2014·课标全国Ⅱ改编)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠BCA ＝90°，M ，N 分别是A 1B 1，A 1C 1的中点，BC ＝CA ＝CC 1，则BM 与AN 所成角的余弦值为________．
答案 3010
解析 方法一 由于∠BCA ＝90°，三棱柱为直三棱柱，且BC ＝CA ＝CC 1，
可将三棱柱补成正方体．
建立如图(1)所示空间直角坐标系．
设正方体棱长为2，则可得A (0,0,0)，B (2,2,0)，M (1,1,2)，N (0,1,2)，
∴BM →＝(－1，－1,2)，AN →＝(0,1,2)．
∴cos 〈BM →，AN →〉＝BM →·AN →|BM →||AN →|
＝－1＋4(－1)2＋(－1)2＋22×02＋12＋22＝36×5
＝3010
.
方法二 如图(2)，取BC 的中点D ，连结MN ，ND ，AD ，由于MN 綊12B 1C 1綊BD ，因此有ND 綊BM ，则ND 与NA 所成的角即为异面直线BM 与AN 所成的角．设BC ＝2，则BM ＝ND ＝6，AN
＝5，AD ＝5，因此cos ∠AND ＝ND 2＋NA 2－AD 22ND ·NA ＝3010
. 2．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，直线BC 1与平面A 1BD 所成的角的正弦值是________．
答案 63
解析 建立空间直角坐标系如图所示．
设正方体的棱长为1，
直线BC 1与平面A 1BD 所成的角为θ，
则D (0,0,0)，A 1(1,0,1)，B (1,1,0)，C 1(0,1,1)，
∴DA 1→＝(1,0,1)，DB →＝(1,1,0)，BC 1→＝(－1,0,1)．
设n ＝(x ，y ，z )是平面A 1BD 的一个法向量，
则⎩⎪⎨⎪⎧ n ·DA 1→＝x ＋z ＝0，n ·DB →＝x ＋y ＝0，
令z ＝1，则x ＝－1，y ＝1.
∴n ＝(－1,1,1)，
∴sin θ＝|cos 〈n ，BC 1→〉|＝|1＋13·2
|＝63.
3．如图，过正方形ABCD 的顶点A ，引PA ⊥平面ABCD .若PA ＝BA ，则平面ABP 和平面CDP 所成的二面角的大小是________．
答案 45°
解析 如图，取PD 中点E ，连结AE ，则AE ⊥平面PCD ，
故二面角的平面角∠APE ＝45°.
4.如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，∠ACB ＝90°，AA 1＝2，AC ＝BC ＝1，则异面直线A 1B 与AC 所成角的余弦值是________．
答案 66
解析 以C 为坐标原点，CA 、CB 、CC 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，A 1(1,0,2)，B (0,1,0)，A (1，0,0)，C (0,0,0)，
则A 1B →＝(－1,1，－2)，
AC →＝(－1,0,0)，
cos 〈A 1B →
，AC →〉＝A 1B →·AC →|A 1B →||AC →| ＝11＋1＋4＝66
. 5．在四棱锥P —ABCD 中，底面ABCD 是正方形，侧棱PD ⊥平面ABCD ，AB ＝PD ＝a .点E 为侧棱PC 的中点，又作DF ⊥PB 交PB 于点F ，则PB 与平面EFD 所成角为________． 答案 90°
解析
建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ，D 为坐标原点，则P (0,0，a )，B (a ，a,0)， E (0，a 2，a 2
)． 故PB →＝(a ，a ，－a )，
DE →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，a 2，a 2， 所以PB →·DE →＝0＋a 22－a 2
2
＝0， 所以PB ⊥DE ，由已知DF ⊥PB ，且DF ∩DE ＝D ，
所以PB ⊥平面EFD ，所以PB 与平面EFD 所成角为90°.
6．在棱长为2的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 是底面ABCD 的中点，E ，F 分别是CC 1，AD 的中点，那么异面直线OE 和FD 1所成的角的余弦值等于________．
答案 155
解析 以D 为原点，分别以DA 、DC 、DD 1为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系， ∴F (1,0,0)，D 1(0,0,2)，O (1,1,0)，E (0,2,1)，
∴FD 1→＝(－1,0,2)，
OE →＝(－1,1,1)，
∴cos 〈FD 1→，OE →〉＝1＋25·3
＝155.
7．如图所示，在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，AA 1⊥底面ABC ，AB ＝BC ＝AA 1，∠ABC ＝90°，点E 、F 分别是棱AB 、BB 1的中点，则直线EF 和BC 1所成的角是________．
答案 60°
解析 以BC ，BA ，BB 1所在直线为x 轴，y 轴，z 轴，
建立空间直角坐标系．
设AB ＝BC ＝AA 1＝2，
则C 1(2,0,2)，E (0,1,0)，F (0,0,1)，
则EF →＝(0，－1,1)，BC 1→＝(2,0,2)，
∴EF →·BC 1→＝2，
∴cos 〈EF →，BC 1→〉＝2
2×22＝12，
∴EF 和BC 1所成的角为60°.
8．(2014·苏州调研)在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝2，BC ＝AA 1＝1，则D 1C 1与平面A 1BC 1所成角的正弦值为________．
答案 13
解析 如图，建立空间直角坐标系D －xyz ，
则D 1(0,0,1)，C 1(0,2,1)，A 1(1,0,1)，B (1,2,0)，
所以D 1C 1→＝(0,2,0)，
A 1C 1→＝(－1,2,0)，A 1
B →＝(0,2，－1)，
设平面A 1BC 1的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，
由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·A 1C 1→＝－x ＋2y ＝0，n ·A 1B →＝2y －z ＝0，
得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2y ，z ＝2y ，令y ＝1，得n ＝(2,1,2)，
设D 1C 1与平面A 1BC 1所成角为θ，则
sin θ＝|cos 〈D 1C 1→，n 〉|＝|D 1C 1→·n ||D 1C 1→||n |
＝22×3＝13.
9.如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是棱CD 、CC 1的中点，则异面直线A 1M 与DN 所成角的大小是________．
答案 90°
解析 方法一 连结MD 1，易证△DD 1M ≌△CDN ，则∠NDM ＝∠DD 1M ，
∴∠NDM ＋∠D 1MD ＝∠DD 1M ＋∠D 1MD ＝90°，
即DN ⊥D 1M ，又A 1D 1⊥平面DC 1，
∴A 1D 1⊥DN ，∴DN ⊥平面A 1D 1M .
∵A 1M ⊂平面A 1D 1M ，∴A 1M ⊥DN .
即A 1M 与DN 所成的角为90°.
方法二 (空间向量法)
以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 1所在直线为x ，y ，z 轴，
设正方体边长为2，
则D (0,0,0)，N (0,2,1)，M (0,1,0)，A 1(2,0,2)，
∴DN →＝(0,2,1)，MA 1→＝(2，－1,2)，
cos 〈DN →，MA 1→〉＝DN →·MA 1→|DN →||MA 1→|
＝0， ∴A 1M 与DN 的夹角为90°.
10．正四棱锥S －ABCD 中，O 为顶点在底面上的射影，P 为侧棱SD 的中点，且SO ＝OD ，则直线BC 与平面PAC 所成的角是________．
答案 30°
解析 如图所示，以O 为原点建立空间直角坐标系O －xyz .
设OD ＝SO ＝OA ＝OB ＝OC ＝a ，
则A (a,0,0)，B (0，a,0)，C (－a,0,0)，P (0，－a 2，a 2)， 则CA →＝(2a,0,0)，AP →＝(－a ，－a 2，a 2
)，CB →＝(a ，a,0)． 设平面PAC 的一个法向量为n ，可求得n ＝(0,1,1)，
则cos 〈CB →，n 〉＝CB →·n |CB →||n |＝a 2a 2·2＝12. ∴〈CB →，n 〉＝60°，
∴直线BC 与平面PAC 所成的角为90°－60°＝30°.
11．如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为直角梯形，AD ∥BC ，∠ADC ＝90°，平面
PAD ⊥底面ABCD ，E 为AD 的中点，M 是棱PC 的中点，PA ＝PD ＝2，BC ＝12
AD ＝1，CD ＝ 3. (1)求证：PE ⊥平面ABCD ；
(2)求直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值；
(3)求直线BM 与CD 所成角的余弦值．
(1)证明 因为PA ＝PD ，E 为AD 的中点，
所以PE ⊥AD .
又平面PAD ⊥平面ABCD ，
且平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，
所以PE ⊥平面ABCD .
(2)解
连结EC ，设EC 的中点为H ，
连结MH ，HB ，如图．
因为M 是PC 的中点，H 是EC 的中点，所以MH ∥PE .
由(1)，知PE ⊥平面ABCD ，
所以MH ⊥平面ABCD ，
所以HB 是BM 在平面ABCD 内的射影．
所以∠MBH 为直线BM 与平面ABCD 所成的角．
因为AD ∥BC ，BC ＝12
AD ，E 为AD 的中点，∠ADC ＝90°， 所以四边形BCDE 为矩形，
所以EC ＝2，HB ＝12
EC ＝1. 又MH ＝12PE ＝32
，
所以在△MHB 中，tan ∠MBH ＝MH HB ＝32
. 所以直线BM 与平面ABCD 所成角的正切值为
32. (3)解 由(2)，知CD ∥BE ，
所以直线BM 与CD 所成角为直线BM 与BE 的夹角．
连结ME ，在Rt △MHE 中，ME ＝72
， 同理求得BM ＝
72
，又BE ＝CD ＝3， 所以在△MEB 中，cos ∠MBE ＝BM 2＋BE 2－ME 2
2BM ×BE
＝74＋3－742×72×
3＝217， 所以直线BM 与CD 所成角的余弦值为
217
.
12.在如图所示的几何体中，四边形ABCD 是菱形，ADNM 是矩形，平面ADNM ⊥平面ABCD ，∠DAB ＝60°，AD ＝2，AM ＝1，E 是AB 的中点． (1)求证：AN ∥平面MEC ；
(2)在线段AM 上是否存在点P ，使二面角P －EC －D
的大小为π6
？若存在，求出AP 的长；若不存在，请说明理由．
(1)证明 由已知，MN ∥AD ∥BC ，连结BN ，
设CM 与BN 交于F ，连结EF ，如图所示．
又MN ＝AD ＝BC ，
所以四边形BCNM 是平行四边形，F 是BN 的中点．
又E 是AB 的中点，
所以AN ∥EF .
因为EF ⊂平面MEC ，
AN ⊄平面MEC ，
所以AN ∥平面MEC .
(2)解 如图所示，假设在线段AM 上存在点P ，
使二面角P －EC －D 的大小为π6
. 延长DA ，CE 交于点Q ，
过A 作AH ⊥EQ 于H ，连结PH .
因为四边形ADNM 是矩形，
平面ADNM ⊥平面ABCD ，
所以MA ⊥平面ABCD ，
又CQ ⊂平面ABCD ，所以MA ⊥EQ ，
又MA ∩AH ＝A ，所以EQ ⊥平面PAH ，
所以EQ ⊥PH ，∠PHA 为二面角P －EC －D 的平面角．
由题意，知∠PHA ＝π6
. 在△QAE 中，AE ＝1，AQ ＝2，∠QAE ＝120°， 则EQ ＝12＋22－2×1×2cos 120°＝7，
所以AH ＝AE ×AQ sin 120°EQ ＝37
. 又在Rt △PAH 中，∠PHA ＝π6
， 则AP ＝AH ×tan 30°＝37×33＝17＝77<1. 所以在线段AM 上存在点P ，
使二面角P －EC －D 的大小为π6
， 此时AP 的长为
77.。