2019版高考数学一轮总复习第七章立体几何7.7.1空间角课时跟踪检测理.docVIP

7.7.1 空间角 [课 时 跟 踪 检 测]　 1．(2017年天津卷)如图，在三棱锥P－ABC中，PA底面ABC，BAC＝90°.点D，E，N分别为棱PA，PC，BC的中点，M是线段AD的中点，PA＝AC＝4，AB＝2. (1)求证：MN平面BDE； (2)求二面角C－EM－N的正弦值； (3)已知点H在棱PA上，且直线NH与直线BE所成角的余弦值为，求线段AH的长． 解：如图，以A为原点，分别以，，方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系． 依题意可得A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，D(0,0,2)，E(0,2,2)，M(0,0,1)，N(1,2,0)． (1)证明：＝(0,2,0)，＝(2,0，－2)． 设n＝(x，y，z)为平面BDE的法向量， 则即 不妨设z＝1，可得n＝(1,0,1)． 又＝(1,2，－1)，可得·n＝0. 因为MN平面BDE， 所以MN平面BDE. (2)易知n1＝(1,0,0)为平面CEM的一个法向量． 设n2＝(x1，y1，z1)为平面EMN的法向量， 则 因为＝(0，－2，－1)，＝(1,2，－1)， 所以 不妨设y1＝1，可得n2＝(－4,1，－2)． 因此有cos〈n1，n2〉＝＝－， 于是sin〈n1，n2〉＝. 所以二面角C－EM－N的正弦值为. (3)依题意，设AH＝h(0≤h≤4)，则H(0,0，h)，进而可得＝(－1，－2，h)，＝(－2,2,2)．由已知得 |cos〈，〉|＝＝＝， 整理得10h2－21h＋8＝0，解得h＝或h＝. 所以线段AH的长为或. 2.如图，四棱锥P－ABCD中，PA底面ABCD，ADBC，AB＝AD＝AC＝3，PA＝BC＝4，M为线段AD上一点，AM＝2MD，N为PC的中点． (1)证明：MN平面PAB； (2)求直线AN与平面PMN所成角的正弦值． 解：(1)证明：由已知得AM＝AD＝2. 如图，取BP的中点T，连接AT，TN， 由N为PC中点知TNBC，TN＝BC＝2. 又ADBC， 故TN綊AM，四边形AMNT为平行四边形， 于是MNAT. 因为AT平面PAB，MN平面PAB， 所以MN平面PAB. (2)如图，取BC的中点E，连接AE. 由AB＝AC得AEBC，从而AEAD， 且AE＝ ＝ ＝. 以A为坐标原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系A－xyz. 由题意知，P(0,0,4)，M(0,2,0)，C(，2,0)，N，则＝(0,2，－4)，＝. 设n＝(x，y，z)为平面PMN的法向量， 则 即 取z＝1可得n＝(0,2,1)． 于是|cos〈n，〉|＝＝. 所以直线AN与平面PMN所成角的正弦值为. 3．(2018届沈阳市教学质量监测)如图，在长方体AC1中，AD＝AB＝2，AA1＝1，E为D1C1的中点． (1)在所给图中画出平面ABD1与平面B1EC的交线(不必说明理由)； (2)证明：BD1平面B1EC； (3)求平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的余弦值． 解：(1)连接BC1交B1C于M，连接ME，则直线ME即为平面ABD1与平面B1EC的交线，如图所示． (2)证明：在长方体AC1中，DA，DC，DD1两两垂直，于是以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系， 因为AD＝AB＝2，AA1＝1， 所以D(0,0,0)，A(2,0,0)，D1(0,0,1)，B(2,2,0)，B1(2,2,1)，C(0,2,0)，E(0,1,1)． 所以＝(－2，－2,1)，＝(2,0,1)，＝(0，－1,1)， 设平面B1EC的法向量为m＝(x，y，z)， 所以m，m， 从而有， 即不妨令x＝－1， 得到平面B1EC的一个法向量为m＝(－1,2,2)， 而·m＝2－4＋2＝0， 所以m， 又因为BD1平面B1EC， 所以BD1平面B1EC. (3)由(2)知＝(0，－2,0)，＝(－2，－2,1)， 设平面ABD1的法向量为n＝(x1，y1，z1)， 所以n，n，从而有 即 不妨令x1＝1， 得到平面ABD1的一个法向量为n＝(1,0,2)， 因为cos〈m，n〉＝＝＝， 所以平面ABD1与平面B1EC所成锐二面角的余弦值为 . 4．如图1，已知正三角形ABC，以AB，AC为边在同一平面内向外作正三角形ABE与ACD，F为CD中点，分别沿AB，AF将平面ABE，平面ADF折成直二面角，连接EC，CD，如图2所示． (1)求证：CD平面ABE； (2)求二面角E－AC－B的余弦值． 解：(1)证明：取AB的中点G，连接EG，则EGAB， 由题意知二面角C－AB－E为直二面角， EG⊥平面ABCF. F为CD的中点，A